解密10水溶液中离子反应(集训)(解析版)_05高考化学_新高考复习资料_2021新高考资料_高频考点解密2021年高考化学二轮复习讲义+分层训练（浙江专版）3.28更新

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K=1.6×10-5。该温度下，将浓度均为 h 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K =1.6×10-5，则HCN的电离平衡常数为K= =6.2510- h a 10，K > K，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 h a 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K= =6.2510- a 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 CHCOOH HClO HCO 3 2 3 电离常数 K=1.8×10-5 K=3.0×10-8 K=4.0×10-7 K=4.0×10-44 1 2 A．向NaClO溶液中通入少量CO 发生反应：ClO-+CO +H O=HClO+ HCO - 2 2 2 3 B．等浓度的NaClO和NaCO 的混合溶液中离子浓度有如下关系：c(Na+)＞c(CO2-)＞c(ClO-)＞c(OH-) 2 3 3C．等浓度的NaClO溶液和NaHCO 溶液中，水电离的c(OH-)前者小于后者 3 D．pH相等的溶液中，溶质浓度由大到小的顺序为：NaCO＞NaClO＞NaHCO ＞CHCOONa 2 3 3 3 【答案】A 【解析】A项，由于K (H CO)＞K(HClO)＞K (H CO)，故NaClO溶液中通入少量CO，生成HClO和 1 2 3 2 2 3 2 NaHCO ，反应的离子方程式为ClO-+CO +H O=HClO+ HCO -，故A正确；B项，由于K(HClO)＞ 3 2 2 3 K (H CO)，则等浓度的NaClO和NaCO 的混合溶液中，水解程度ClO-＜CO2-，离子浓度有c(Na+)＞ 2 2 3 2 3 3 c(ClO-)＞c(CO2-)＞c(OH-)，故B错误；C项，由于K (H CO)＞K(HClO)，则等浓度的NaClO溶液和 3 1 2 3 NaHCO 溶液中，水解程度ClO-＞HCO -，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； 3 3 D项，由于K(CHCOOH) ＞K (H CO)＞K(HClO)＞K (H CO)，酸性越强离子的水解程度越小，即水解程 3 1 2 3 2 2 3 度CHCOO－＜HCO -＜ClO-＜CO2-，则pH相等的溶液中，溶质浓度由大到小的顺序为CHCOONa＞ 3 3 3 3 NaHCO ＞NaClO＞NaCO，故D错误；故选A。 3 2 3 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(NH +)+c(NH ·H O)+ c(Cl-)=0.3mol·L-1 4 3 2 D．将①与②混合液混合，则混合后溶液中存在：c(Cl-)＞c(NH +) 4 【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(NH +)，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(NH +)，因等体积混合故 4 4 c(Cl-)=c(NH +)= mol/L。常温下氨水中一水合氨的电离方程式为NH ·H O OH-+NH+，故其电离平衡 4 3 2 4常数 ，B正确；C项，②中混合液存在物料守恒c(NH +) 4 +c(NH ·H O)= ， ＜ ，故c(NH +)+c(NH ·H O)+ 3 2 4 3 2 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(NH +)，故c(Cl-)＞c(NH +)，D正确；故选C。 4 4 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 氯化铜溶液中有氯化铁杂质，加入氧化 B 有红褐色物质析出 调节pH使铁离子水解平衡右移 铜除杂 C 将充满NO 的密闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深 反应2NO NO 的 H>0 2 2 2 4 向1 mL 0.l mol/L的AgNO 溶液中加入 3 先生成白色沉淀， D 4滴0.1 mol/L的NaCl溶液，再加10滴 K (AgI)＜K (AgCl) 后产生黄色沉淀 sp sp 0.1 mol/L的NaI溶液，再振荡 【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2NO NO 的△H<0，C错误；D项，1 mL溶液约有20滴，向1 mL 0.l 2 2 4 mol/L的AgNO 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，AgNO 是过量的， 3 3 不能确定是AgCl转化为AgI，所以不能比较K ，故D错误；故选B。 sp 5．(2021·四川成都市期末)25℃时，K (AgCl)= 1.56×10－10，K (Ag CrO)= 9.0×10－12。已知Ag CrO 沉 sp sp 2 4 2 4 呈显砖红色。下列说法正确的是( ) A．向含大量Ag CrO 和AgCl的悬浊液中加入少量水，c(Ag＋)减小 2 4 B．向同浓度NaCrO 和NaCl的混合溶液中缓慢滴加AgNO 溶液，Ag CrO 先析出 2 4 3 2 4C．向Ag CrO 悬浊液中滴入饱和NaCl溶液，白色沉淀刚出现时，溶液中 2 4 D．用AgNO 标准溶液滴定NaCl溶液时，可用KCrO 溶液作指示剂 3 2 4 【答案】D 【解析】A项，向含大量Ag CrO 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， 2 4 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+)= ，Ag CrO 溶液中 2 4 c(Ag+)= ，因K (AgCl)= 1.56×10－10，K (Ag CrO)= 9.0×10－12，向同浓度NaCrO 和NaCl的 sp sp 2 4 2 4 混合溶液中缓慢滴加AgNO 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 3 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AgNO 标准溶液滴定 溶液时，可用KCrO 溶液作指示剂，当恰好开始出现砖红色沉淀 3 2 4 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)H PO 的电离是分步进行的，常温下Ka=7.6×10－3，Ka=6.3×10－8， 3 4 1 2 Ka=4.4×10－13。下列说法正确的是( ) 3 A．浓度均为0.1 mol/L的NaOH溶液和HPO 溶液按照体积比2∶1混合，混合液的pH＜7 3 4 B．NaHPO 溶液中，c(H+)+ c(HPO -)+c(HPO )= c(PO 3-)+c(OH-) 2 4 2 4 3 4 4 C．向0.1 mol/L的HPO 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 3 4 7.1%的HPO 电离 3 4 D．在HPO 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， 3 4 c(PO 3-)＞c(HPO 2-) 4 4 【答案】C 【解析】A项，浓度均为0.1 mol/L的NaOH溶液和HPO 溶液按照体积比2∶1混合，二者恰好反应 3 4 产生NaHPO ，在溶液中HPO 2-存在电离平衡：HPO 2- PO 3-+H+，也存在着水解平衡：HPO 2-+H O 2 4 4 4 4 4 2HPO -+OH-，电离平衡常数Ka=4.4×10－13，水解平衡常数K = 2 4 3 h2 =1.58×10-7＞K =4.4×10-13，水解程度大于 a3 电离程度，因此溶液显碱性，pH＞7，A错误；B项，在NaHPO 溶液中，根据质子守恒可得： c(H+)+ 2 4 c(HPO -)+2c(HPO )= c(PO 3-)+c(OH-)，B错误；C项，向0.1 mol/L的HPO 溶液中通入HCl气体(忽略溶液 2 4 3 4 4 3 4 体积的变化，溶液pH=1时，c(H+)=0.1 mol/L，假设电离的HPO 为x，根据电离平衡常数K = 3 4 a1 ，解得x≈0.0071 mol/L，因此溶液中HPO 电离度 3 4 = =7.1%，C正确；D项，在HPO 溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH 3 4 增大，当溶液的pH=11时，c(H+)=10-11 mol/L，K = ，则 a3 ，则c(PO 3-)＜c(HPO 2-)，D错误；故选C。 4 4 7．(2021·江苏高三零模)室温下，通过下列实验探究NaCO 溶液的性质。 2 3 实验 实验操作和现象 1 用pH试纸测定0.1 mol/L Na CO 溶液的pH，测得pH约为12 2 3 2 向0.1 mol/L Na CO 溶液中加入过量0.2 mol/L CaCl 溶液，产生白色沉淀 2 3 2 3 向0.1 mol/L Na CO 溶液中通入过量CO，测得溶液pH约为8 2 3 2 4 向0.1 mol/L Na CO 溶液中滴加几滴0.05 mol/L HCl，观察不到实验现象 2 3 下列有关说法正确的是( ) A．0.1 mol/L Na CO 溶液中存在c(OH-)=c(H+)+2c(H CO)+c(HCO -) 2 3 2 3 3 B．实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(CO2-)0；升温有利于提高草酸的电离程度 2 2 4 2 4 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，KHC O 溶液呈弱酸性，有时用于清洗金属表面的锈迹 2 4 D．同浓度的KHC O 和KC O 混合溶液中：2c( H C O) +2c( HC O)+2c( C O2-) =3c(K+) 2 4 2 2 4 2 2 4 2 4 2 4 【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，HC O-的水解平衡常数K = = =1.7×10-13< K ，草酸氢根的电离程度大 2 4 h a2 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KHC O 和KC O 混合溶液中：3c(H C O)+3c(HC O)+3c(C O2-)=2c(K+)，D错误；故选D。 2 4 2 2 4 2 2 4 2 4 2 4 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HSO ，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( 2 4 ) A．稀HSO 的物质的量浓度为0.05mol·L-1 2 4 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(NH ·H O)＋2c(OH-)=c(NH +)＋2c(H＋) 3 2 4 D．a、b、c 三点对应 NH +的水解平衡常数：K (b)>K (a)>K (c) 4 h h h 【答案】B 【解析】向20mL0.1mol•L-1的氨水中滴加未知浓度的稀HSO ，反应放热，溶液的温度升高，当二者 2 4 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HSO 的物质 2 4 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(NH +)＋c(H＋)= c(OH-)+2c(SO 2-) 和物料守恒 4 4 4c(SO 2-)=c(NH +)+c(NH ·H O) 得c(NH ·H O)＋2c(OH-)=c(NH +)＋2c(H＋) ，故C不选；D项，升高温度促 4 4 3 2 3 2 4 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 NH +的水解平衡常 4 数：K (b)＞K (a)＞K (c)，故D不选；故选B。 h h h12．(2021·陕西宝鸡市高三一模)常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸(H SeO) 溶液中，混合溶液的pH 2 3 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 (HSeO -) + 2c (SeO 2-) 3 3 C．K (H SeO)与K HSeO) 之比为103 a1 2 3 a2( 2 3 D．NaHSeO 溶液中： c (HSeO-) > c (SeO 2-) > c (H SeO) 3 3 3 2 3 【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 (HSeO-) + 2c (SeO 2-)+c (OH-)，由c (H+)> c (OH-)，可知c (Na+) < c (HSeO -) + 2c (SeO 2-)，故B错误； 3 3 3 3 C项，a点： =0，即 ，由 = 可知，Ka=c(H+)=10-2.6；b点 1 =0，即 ，由 = 可知，Ka=c(H+)=10-6.6；得 2 =104，故C错误；D项，由上面C选项分析可知，HSeO -的电离常数Ka=10-6.6，HSeO -的水解常数= 3 2 3<10-6.6，即HSeO -以电离为主，故NaHSeO 溶液中： c (HSeO-) > c (SeO 2-) > c (H SeO)，故 3 3 3 3 2 3 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NH ·H O 的K =1.74 ×10-5。向Pb(NO ) 溶液中滴加氨水， 3 2 b 3 2 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(NO -)与c(Pb2+)的比值减小后增大， pH> 10后不变 3 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) 浓度相等时，氨主要以NH +的形式存在 2 4 【答案】D 【解析】由图示可知，Pb2+与OH–依次形成Pd(OH)+、Pd(OH)、Pd(OH) -、Pd(OH)2-四种微粒。A项， 2 3 4 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，NO - 3 与Pb2+在同一溶液中，c(NO -)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， 3 n(Pb2+)逐渐减小，n(NO -)不变，n(NO -)与n(Pb2+)的比值增大，故c(NO -)与c(Pb2+)的比值增大，pH>10， 3 3 3 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NH +，C错误；D项，当溶液中Pb2+与Pb(OH) 浓度相等时，由图可知，此时溶液 4 2 pH约等于8，由NH ·H O电离常数K = =1.74 ×10-5，则 = = 3 2 b =17.4，故溶液中氨主要以NH +形式存在，D正确；故答案选D。 4 14．(2021·山东烟台市高三期末)某二元酸HMO 在水中分两步电离：HMO =H++HMO -，HMO - 2 4 2 4 4 4H++MO 2-。常温下，向20 mL 0.1mol·Lˉ1NaHMO 溶液中滴入cmol·L-1 NaOH溶液，溶液温度与滴 4 4 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(HMO )+c(HMO -)+ c(MO 2-) 2 4 4 4 D．若F点对应的溶液pH=2，则MO 2-的水解平衡常数约为 5.4×10-13mol·L－1 4 【答案】A 【解析】A项，由HMO 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， 2 4 向20 mL 0.1mol·Lˉ1NaHMO 溶液中滴入cmol·L-1 NaOH溶液，当加入20mLNaOH溶液时，溶液的温度最 4 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NaMO ，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 2 4 离平衡逆向移动，故B错误；C项，图像中E点表示20 mL 0.1mol·Lˉ1NaHMO 溶液，由于HMO -不会水 4 4 解，则溶液中不存在HMO ，对应的溶液中c(Na+)=c(HMO -)+ c(MO 2-)，故C错误；D项，F点对应加入 2 4 4 4 10mLNaOH溶液，此时溶液为等浓度的NaHMO 与NaMO 的混合溶液，对于MO 2-的水解反应MO 2-+H O 4 2 4 4 4 2 HMO -+OH- ，MO 2-的水解平衡常数为 ，此时，c(HMO -)≈c(MO 2-)，则 4 4 4 4 MO 2-的水解平衡常数 ，故D错误；故选A。 4 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(CO2-)+2n(HCO -)+2n(HCO)(此时无二氧 3 3 2 3 化碳生成)，由图A点知n(Cl-)=n(CO2-)>n(HCO -)， ，故A正确；B项， 3 3 ， ，B点时，n(CO2-)=n(HCO -)， 3 3 c(H+)=5.60×10-11， ，故B正确；C项，由C点知， n(Cl-)>n(HCO -)>n(CO2-)，此时加入n(HCl)=0.01 mol，此时溶质为KCl和KHCO ，且等浓度，由物料守恒 3 3 3 得：n(Cl-)=n(CO2-)+n(HCO -)+n(HCO),又因为n(HCO)>n(CO2-)，所以 ， 3 3 2 3 2 3 3 故C错误；D项，D点时，n(Cl-)=0.02 mol,说明KCO+2HCl=2KCl+CO ↑+H O恰好完全反应，生成的二氧 2 3 2 2 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0.1mol·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，K、K 都保持不变， a W 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(CHCHCOOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( ) 3 2 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CHCHCOONa两种溶液中的c(NaOH)相等 3 2 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-)，K= a =c(H+)=10-pH，电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据图知：K(HCOOH)＞K(CHCHCOOH)，则酸性： a a 3 2 HCOOH＞CHCHCOOH，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， 3 2 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CHCHCOONa两种溶液中，水解程度：甲酸＜丙酸，则CHCHCOONa 3 2 3 2 溶液中c(NaOH)越大，故C错误；D项，根据图知，K(HCOOH)=c(H+)=10-pH=10-3.75，则K (HCOO-)= a h=10-10.25＜K(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， a 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[(CH )NH·HO]是一元弱碱，其电离 3 2 2 常数K=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 b 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[(CH )NH +]＞c(H＋)＞c(OH-) 3 2 2 D．常温下，(CH)NH Cl水解常数K ≈6.25×10-11 3 2 2 h 【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(CH)NH•H O+HCl=(CH )NH Cl+H O可知二甲胺溶液的浓度为0.2mol•L-1，故A正 3 2 2 3 2 2 2 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 (CH)NH•H O、(CH)NH Cl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； 3 2 2 3 2 2 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[(CH )NH +]＞ 3 2 2 c(H＋)＞c(OH-)，故C正确；D项，(CH)NH Cl水解常数K = = ≈6.25×10-11，故D正确；故选 3 2 2 h 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 NaSO 溶液吸收SO 气体，吸收 2 3 2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(HSO -)＝c(SO 2-)＞c(OH-)＞c(H+ ) 3 3 B．c点对应的溶液中：c(Na+)=c(HSO -)＋c(SO 2-) 3 3 C．常温下，HSO 第二步电离常数K =1.0×10-7.2 2 3 a2 D．在通入SO 气体的过程中，水的电离平衡逆向移动 2 【答案】B 【解析】A项，NaSO 溶液吸收SO 气体，发生反应：SO +Na SO +H O=2NaHSO ，b点对应的溶液 2 3 2 2 2 3 2 3 pH=7.2，lg =0，即溶液中c(OH-)＞c(H+)，c(HSO -)＝c(SO 2-)，结合电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= 3 3 c(HSO -)+2 c(SO 2-)+ c(OH-)知，c(Na+)＞c(HSO -)，A项正确；B项， pH=7.0，溶液呈中性， 3 3 3 c(OH-)=c(H+)，依据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(HSO -)+2 c(SO 2-)+ c(OH-)，c(Na+)= c(HSO -)+2 c(SO 2-)， 3 3 3 3 B项错误；C项， b点溶液pH=7.2，lg =0，即c(H+)=1.0×10-7.2，c(HSO -)= c(SO 2-)， 3 3 ，C项正确；D项， 由图可知，在通入SO 气体的过程中，溶液的酸性 2 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MnO 、MnOOH、Zn(OH) 及少量Fe]制备Zn和MnO 的一种工艺流 2 2 2 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O 氧化。 2 ②室温下，K [Mn(OH) ]=10-13，K [Fe(OH) ]=10-38，K [Zn(OH) ]=10-17(当离子浓度≤10-5mol·L-1可认为 sp 2 sp 3 sp 2 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MnO 、MnOOH转化为MnO 2 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MnO ，阴极制得Zn，余下电解质溶液经处理可循环使用 2 【答案】C 【解析】“还原焙烧”时过量炭黑将废料[含MnO 、MnOOH、Zn(OH) 及少量Fe]中的MnO 、 2 2 2 MnOOH还原为MnO，Zn(OH) 受热分解产生ZnO，“还原焙烧后”得到含MnO、ZnO、Fe、炭黑的固体； 2 “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) ；通过“电解”阳极得到MnO ，阴极得到Zn。A项，从流程和 3 2 信息来看加入过量炭黑主要作用是将MnO 、MnOOH转化为MnO，A正确；B项，若“酸浸”时，用浓 2 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MnO ，因此“酸浸”时，不可以用 2 浓盐酸代替稀硫酸，B正确；C项，K [Fe(OH) ]=10-38，Fe3+完全沉淀时(Fe3+浓度≤10-5mol·L-1可认为沉淀 sp 3 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；K [Mn(OH) ]=10-13，Mn2+开始沉淀时，10-13=0.1×c2(OH-)，c2(OH-)=10-12，c(OH-)=10-6，pH=8； sp 2 K [Zn(OH) ]=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 sp 2 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MnO ，电极反应式为Mn2+-2e-+2H O=MnO +4H+，Zn2+在阴极得 2 2 2 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·Lˉ1R SO 溶液加水稀释，混合溶液中 2 4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(SO 2-) 4 D．相同条件下，若改为c(R SO )=0.2 mol·Lˉ1，P点移至W点 2 4 【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，R SO 溶 2 4 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(SO 2-)，故C正确，不符合题意；D项，溶液 4 浓度增大，K (ROH)不变，所以关系曲线不变，故D错误，符合题意。故选D。 b22．(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(H PO )，反应中只能生成 3 3 NaHPO 和NaH PO 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 2 3 2 3 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(HPO2-) 3 B．pOH=7时，c(Na+)=c(H PO -)+2c(HPO 2-) 2 3 3 C．HPO -的电离平衡常数Ka=1×10-6.7mol·L-1 2 3 D．等浓度NaHPO 和NaH PO 混合溶液： c(Na+)>c(HPO 2-)>c(H PO -)>c(OH-)>c(H+) 2 3 2 3 3 2 3 【答案】D 【解析】向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成NaHPO ，HPO 2-浓度增加，所以 2 3 3 曲线a代表X(HPO2-)；继续滴加亚磷酸，NaH PO浓度降低，NaH PO升高，所以曲线b代表X(H PO -)， 3 2 2 2 3 曲线c代表X(H PO )。A项，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成NaHPO ，HPO 2-浓 3 3 2 3 3 度增加，所以曲线a代表X(HPO2-)，故A正确；B．pOH=7时，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在NaHPO 和 3 2 3 NaH PO 两种溶质，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(H PO -)+2c(HPO 2-)，其中c(OH-)=c(H+)，即 2 3 2 3 3 c(Na+)=c(H PO -)+2c(HPO 2-)，故B正确；C项，HPO -在溶液中存在电离平衡HPO - H++HPO 2-，平 2 3 3 2 3 2 3 3 衡常数K= ，pOH=7.3时，c(HPO 2-)=c(HPO -) HPO 2-且 =10-6.7mol/L，所 a 3 2 3 3 以K=10-6.7，故C正确；D项，等浓度NaHPO 和NaH PO 混合溶液中，HPO -既电离又水解，其电离常 a 2 3 2 3 2 3 数Ka>Kh= = ，以电离为主；HPO 2-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(HPO 2-)>c(H PO -)>c(H+)>c(OH-)， 3 2 3 故D错误；故选D。23．(2021·江苏扬州市高三期末)常温下，K (NH ·H O)=1.8×10-5，K (H CO)=4.2×10-7， b 3 2 a1 2 3 K (H CO)=5.6×10-11。向20ml0.1mol·L-1NH HCO 溶液中加入NaOH固体并恢复至常温，理论上溶液中 a2 2 3 4 3 NH +、NH ·H O、HCO -、CO2-的变化如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是( ) 4 3 2 3 3 A．0.1mol·L-1NH HCO 溶液：c(NH +)＞c(HCO)＞c(HCO -)＞c(NH ·H O) 4 3 4 2 3 3 3 2 B．0.1mol·L-1NH HCO 溶液：c(NH +)+c(NH·H O)+c(HCO -)+c(CO 2-)=0.2mol·L-1 4 3 4 3 2 3 3 C．曲线a表示的是c(NH +)的变化 4 D．M点时：c(CO2-)+c(HCO-)+c(OH-)=0.1mol·L-1+c(H+) 3 3 【答案】C 【解析】A项，0.1mol·L-1NH HCO 溶液中，NH ++H O NH ·H O+H+水解平衡常数K= = 4 3 4 2 3 2 1 = ，HCO -+H O HCO+OH-水解平衡常数K= = = 10-3, 3 2 2 3 2 K> K ,所以HCO -的水解程度大，则：c(NH +)＞c(HCO -)＞c(HCO)＞c(NH ·H O)，故A错误；B项，由物 2 1 3 4 3 2 3 3 2 料守恒可知c(NH +)+c(NH·H O) =0.1mol·L-1，c(HCO) +c(HCO -)+c(CO 2-)=0.1mol·L-1，所以c(NH +) 4 3 2 2 3 3 3 4 +c(NH·H O)+c(HCO -)+c(CO 2-)<0.2mol·L-1，故B错误；C项， NH HCO 中HCO -更易于OH-结合反应生 3 2 3 3 4 3 3 成CO2-，HCO -消耗的更快，所以曲线a表示的是c(NH +)的变化，曲线b表示的是c(HCO -)的变化,故C正 3 3 4 3 确；D项，M点时反应了0.002mol的NaOH，则溶液中c(Na+)= =0.1mol/L, NH HCO 与NaOH恰 4 3 好反应生成(NH )CO 和NaCO 溶液中存在Na+、 CO2-，HCO -、H+、NH +、OH- 所以电荷守恒为 4 2 3 2 3， 3 3 4 ， 2c(CO2-)+c(HCO-)+c(OH-)=c( Na+)+c(H+)+ c(NH +)，又因c(Na+)=0.1mol/L，所以2c(CO2-)+c(HCO-) 3 3 4 3 3+c(OH-)=0.1mol·L-1+c(H+)+ c(NH +)，故D错误。故选C。 4 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HC O 溶液，溶液中 2 2 4 和-1gc(HC O-)或 和-lgc(C O2-)关系如图所示，下列说法正确的是( ) 2 4 2 4 A．水的电离程度：M点>N点 B．滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)-3c(HC O-)>0 2 4 C．若c(HC O-)>c(C O2-)>c(H C O)，则pH范围为3.5M点，故A错误；B项，当pH=5时，由K = =10—5可得 a2 c(HC O-)=c(C O2-)，溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HC O-)+2c(C O2-)，整合两式可 2 4 2 4 2 4 2 4 得c(Na+)-3c(HC O-)=c(OH-)—c(H+)<0，故B错误；C项，由c(HC O-)>c(C O2-)>c(H C O)可得 2 4 2 4 2 4 2 2 4 )> >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3.53c(A2−) C．向 HA 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 2 D．已知 HCO 的 K =4.3×10-7，K =5.6×10-11，则足量 NaCO 溶液中滴入少量 HA 溶液， 发生 2 3 a1 a2 2 3 2 的离子反应为：HA+2CO2- = 2HCO - + A2- 2 3 3【答案】D 【解析】由图可知，HA 为二元弱酸，K = ，K = ，当 =0 2 a1 a2 时，溶液中 =— ，同理当 =0时， =— ，电离常数K >K ，由 a1 a2 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，HA 为二元弱酸，曲线 I 表示 和 的关系，当 =0时， 2 溶液中 =— ，则K 为10−2，故A 错误； B项，由图可知，当 =3时， a1 =2，则K = =10-3×10-2=10-5，当 pH=5 时，溶液中c(HA- )=c(A2- )，由电荷守恒 a2 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 HA 溶液中加入等体积等浓度 2 NaOH 溶液，完全反应后生成 NaHA 溶液，HA的二级电离常数K =10-5，A2-的二级水解常数K = = 2 a2 h2 =10-12< K ，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 a2 知，酸的电离程度的大小顺序为HA>HA->H CO> HCO -，则过量 NaCO 溶液中与HA 溶液反应生成 2 2 3 3 2 3 2 NaHCO 和NaA，反应的离子方程式为. HA+2 CO2- = 2 HCO - + A2-，故D 正确；故选D。 3 2 2 3 3 二、非选择题26．一种利用钢铁厂烟灰(含Fe、Mn、SiO，少量的Al O、CaO及MgO)制备MnCO 的工艺流程如下： 2 2 3 3 已知25℃时，下列难溶物的溶度积常数： 难溶物 CaF MgF MnCO Mn(OH) 2 2 3 2 K 4.0×10-11 6.4×10-9 2.2×10-11 1.9×10-13 sp 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HO 溶液时反应的离子方程式为________________； 2 2 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MgF (s)+Ca2+ CaF (s)+Mg2+的平衡常数K=___________。 2 2 (4)步骤Ⅴ沉锰时，在60℃按投料比n[(NH )CO]/n(Mn2+)=2，溶液的pH对MnCO 产率的影响如图所 4 2 3 3 示；pH=7，按投料比n[(NH )CO]/n(Mn2+)=2，反应温度对MnCO 产率的影响如图所示。 4 2 3 3 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)SiO (2)2Fe2++H O+2H+-2Fe3++2H O 5.2~8.3 2 2 2 2 (3)0.08 160 (4)①越低 部分MnCO 转化为溶解度更小的Mn(OH) 3 2 ②温度越高MnCO 水解程度越大[或温度升高，(NH )CO 和MnCO 也会热分解] 3 4 2 3 3 【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HO 溶 2 2 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++H O+2H+-2Fe3++2H O；加入 2 2 2 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 CaF 沉淀先生成，MgF 沉淀后生成，则c(Mg2+)小于1×10-6mol·L-1时，溶液中c(F-)> 2 2 K 6.4×10−9 sp = =0.08mol/L；反应MgF (s)+Ca2+ CaF (s)+Mg2+的平衡常数K= c(Mg2+) 1×10−6mol/L 2 2 c(Mg2+) c(Mg2+)c(F−) 6.4×10−9 = = =160； (4) ①由图可知，在60℃按投料比 c(Ca2+) c(Ca2+)c(F−) 4.0×10−11 n[(NH )CO]/n(Mn2+)=2时，在pH<7.0时，pH越小MnCO 产率越小；由表格所给溶度积可知，pH>7.0时， 4 2 3 3 溶液碱性增强， MnCO 部分会转化为溶解度更小的Mn(OH) ，导致产率和纯度降低；②由图可知，60℃ 3 2 时，MnCO 产率最大，温度高于60℃时，温度升高MnCO 水解程度越大，(NH )CO 和MnCO 也会热分 3 3 4 2 3 3 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SiO)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下: 2已知:I.铍、铝元素化学性质相似 II.常温下:Ksp[Cu(OH) ]=2.2×10-20、Ksp[Fe(OH) ]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH) ]=-2.1×10-13 2 3 2 (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、BeCl 和少量HCl，为提纯BeCl ，选择最合理步骤顺序______。 2 2 a.加入过量的NaOH b.通入过量的CO c.加入过量的氨水 2 d.加入适量的HC1 e.过滤 f.洗涤 ②从BeCl 溶液中得到BeCl 固体的操作是________________。 2 2 (3)①MnO 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 ______________。 ②若用浓HNO 溶解金属硫化物，缺点是____________(任写一条)。 3 (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)Na SiO、NaBeO(2分) BeO2-+4H+=Be2++2H O 2 3 2 2 2 2 (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)①MnO +CuS+2H SO =S+MnSO +CuSO+2H O ②产生污染环境的气体 2 2 4 4 4 2 (3)Fe3+ 4 【解析】(1)旧铍铜原件的成分BeO、CuS、FeS、SiO ，根据信息I，BeO属于两性氧化物，CuS不与 2 氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠反应，SiO 属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，因此滤液A 2 中主要成分是NaOH、NaSiO 、NaBeO ；根据信息I，BeO －与过量盐酸反应生成氯化铍和水。其离子方 2 3 2 2 2 程式为BeO2－+4H＋=Be2＋+2H O。(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 2 2 水，生成Be(OH) 沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl，生成BeCl ，合理步骤是cefd；②为了抑制 2 2 Be2＋的水解，因此需要在HCl的氛围中对BeCl 溶液蒸发结晶；(3)①根据信息，CuS中S转化为S单质， 2 MnO 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 2 MnO +CuS+2H SO =S↓+MnSO +CuSO+2H O；②用浓硝酸作氧化剂，浓HNO 被还原成NO ，NO 有毒污 2 2 4 4 4 2 3 2 2 染环境；(4)三种金属阳离子出现沉淀，根据浓度商与 K 的关系，Cu2＋转化成沉淀，c(OH－)= spmol·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。LiFePO 可极大地改善电池体系的安全性能，且具 4 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 LiFePO 的一种工 4 艺流程如图： 已知：K (FePO ·xHO)＝1.0×10－15，K [Fe(OH) ]＝4.0×10－38。 sp 4 2 sp 3 (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FePO ·xHO表面附着的________等离子。 4 2 (3)取3组FePO ·xHO样品，经过高温充分煅烧测其结晶水含量，实验数据如下表： 4 2 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LiFePO 、CO 和HO，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。 4 2 2 (6)H PO 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 3 4 步水解的水解常数K 的表达式为______，K 的数值最接近______(填字母)。 1 1 A．10－12.4 B．10－1.6 C．10－7.2 D．10－4.2【答案】(1)生成Fe(OH) 杂质，影响磷酸铁的纯度 3 (2)NO -、NH +、H＋(只要写出NO -、NH +即可) 3 4 3 4 (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 FePO ·xH O，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 LiFePO ，(1)步骤I中pH的 4 2 4 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) 杂质，影响磷酸铁的纯度；(2)步骤II中，洗涤是为了除去FePO ·xH O表面附着的NO －、NH ＋、 3 4 2 3 4 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 LiFePO 、 CO 和 HO ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 ： 4 2 2 24FePO +C H O+12Li CO=24LiFePO +18CO +6H O，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 24：1； 4 6 12 6 2 3 4 2 2 (6)H PO 是三元酸，则PO 2－第一步水解的离子方程式为：PO 3－+H O HPO 2－+OH－，水解常数K 3 4 4 4 2 4 1 的表达式=c(OH－)c(HPO 2－)/c(PO3－)，图象中可知c(PO 3－)=c(HPO 2－)时，pH=12.4，则c(OH－)=10-14/10- 4 4 4 4 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NaCO 杂质)中 NaOH 的质量分 2 3 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V；用碱式滴定管取 0 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V；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 1 数V。重复上述操作两次，记录数据如下： 2 实验序号 1 2 3 V/ mL 0.00 0.00 0.00 0 V/ mL 22.22 22.18 22.20 1 V/ mL 23.72 23.68 23.70 2 (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HCO、HCO-、 的物质的量分数随 pH 的变化如图所示： 2 3 3 酚酞和甲基橙指示剂的变色pH范围及对应颜色见表。 无色 粉红 红 酚酞 pH < 8.0 pH 8.0~9.8 pH > 9.8 红 橙 黄 甲基橙 pH < 3.1 pH 3.1~4.4 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：pK = −lgK ，结合图像可知，HCO 的pK 约为________。 a1 a1 2 3 a1 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(CO2-) + c(HCO-) + c(OH−) 3 3 b.滴定至第一终点时，溶液中 n(Cl−) +n(CO2-) + n(HCO-) + n(H CO) =n(Na+) 3 3 2 3 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V 时，俯视标准液液面，会导致测得的NaOH质量分数偏低 1 (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)①HCO - ②H++OH-═H O H+ + CO2-= HCO - ③b 3 2 3 3 (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HCO -；②滴定至第一终点的过程中OH-和CO2-与盐酸反应分别生成水 3 3 和HCO -，故该过程中发生反应的离子方程式为H++OH-═H O，H+ + CO2-= HCO -；③根据电离平衡常数 3 2 3 3 表达式可知HCO 的K = 结合图像可知，当pH=6.4左右时，c(H CO) = c(HCO -)，故 2 3 a1 2 3 3 HCO 的pK 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+) = 2 3 a1 2c(CO2-) + c(HCO -) +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 3 3 混合溶液，故由物料守恒式：n(Cl−) +n(CO2-) + n(HCO -) +n(H CO) =n(Na+)，故b正确；c项，根据图中可 3 3 2 3 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V 时，俯视标准液液面，记录盐酸溶液体积V 减小，计算得到碳酸钠 1 1 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V；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 0 HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为NaCl和NaHCO )，记录酸式滴定管的读数V，发生的反应为 3 1 NaOH+HCl=NaCl+H O，NaCO+HCl=NaHCO +NaCl，然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标 2 2 3 3 准溶液滴定至第二终点，发生的反应为：NaHCO +HCl=NaCl+H O+CO↑，记录酸式滴定管的读数V。重 3 2 2 2 复上述操作两次，记录数据如表，平均V= ，平均V= 1 2 ，发生反应NaHCO +HCl=NaCl+H O+CO↑，消耗的盐酸溶液 3 2 2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= 。