考点巩固卷12 水溶液中的离子反应与平衡（二）（解析版）

第页考点巩固卷12水溶液中的离子反应与平衡（二）考点03盐类的水解（限时：30min）考法01盐类的水解原理及其规律考法02盐类水解的影响因素考法03盐类水解的应用考法04溶液中“粒子”浓度的关系考法05水溶液中图像分析考法06水解常数与KW、K考点04沉淀溶解平衡（限时：25min）考法01沉淀溶解平衡及其影响因素考法02沉淀溶解平衡的应用考法03溶度积常数及其应用考法04沉淀溶解平衡图像分析考点05工业流程题解题策略（限时：20min）考法工业流程题解题策略考点03盐类的水解考法01盐类的水解原理及其规律1．下列关于盐溶液酸碱性的说法错误的是（）A．某些盐溶液呈酸性或碱性的原因是破坏了水的电离平衡B．NH4ClC．在CH3COONaD．水电离出来的H+或OH【答案】C【解析】某些盐溶液呈现酸性或碱性的原因是盐电离出来的离子（弱酸阴离子或弱碱阳离子）结合了水电离出来的氢离子或氢氧根离子，破坏了水的电离平衡，故A、D正确；氯化铵溶液中铵根离子结合了水电离出的氢氧根离子，使溶液中cH+>cOH−，溶液显酸性，故B正确；醋酸钠溶液中醋酸根离子结合了水电离出的氢离子，使溶液显碱性，但是水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度相等2．A+、B+、C−、D−四种离子两两组成四种可溶性盐，其中AC和BD盐溶液的pH=7,BCA．AD盐溶液的pH<B．在AC盐溶液中存在：cC．碱的电离程度一定是AOH>BOHD．酸的电离程度一定是HD>HC【答案】C【解析】根据“有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性”的规律可知，AC、BD盐溶液的pH=7，说明AOH与HC、BOH与HD的电离程度相当，而BC盐溶液的pH>7，说明BOH比HC的电离程度大，故碱的电离程度AOH<BOH，酸的电离程度HD>HC，C项错误，D项正确；AOH比HD的电离程度小，故AC盐溶液显酸性，A项正确；由元素守恒可知，B3．（23-24·广东广州·期末）25℃，0.1mol/LNH4Cl溶液中部分微粒组分及浓度如图所示。下列说法正确的是A．图中M表示B．NH4Cl溶液C．NH4Cl溶液中：D．NH4Cl溶液中：【答案】C【解析】溶液中离子浓度最大的是氯离子，c(Cl-)=0.1mol•L-1，图中M浓度小于0.1mol•L-1，表示的是，A错误；NH4Cl溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，pH＜7，B错误；NH4Cl溶液中存在物料守恒：c()+c(NH3•H2O)=c(Cl-)，C正确；NH4Cl溶液中：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，D错误。4．（24-25高三上·北京房山·开学考试）将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，如图所示，I、II中均有沉淀产生。已知：FeCO3是白色难溶于水的固体。下列说法不正确的是A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在：c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)B．I中的沉淀可能有Fe(OH)2、Fe(OH)3和FeCO3C．II比I中先出现沉淀D．I和II中加入FeSO4溶液后，pH均降低【答案】C【解析】Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在Na+、H+、、、OH-，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，A正确；将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液中发生双水解反应和复分解反应，生成和沉淀，氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，I中中的沉淀可能有、和，B正确；将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液中可直接发生复分解反应生成沉淀，将FeSO4溶液分别滴入溶液中，Fe2+和都发生水解后再生成沉淀，则I比II中先出现沉淀，C错误；将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液中发生双水解反应，消耗碳酸根离子，溶液pH减小，FeSO4溶液滴入溶液中发生双水解反应，消耗了OH-，溶液pH减小，D正确。5．常温下，5种0.1的盐溶液pH如图所示。下列叙述正确的是A．常温下，的数量级为B．等体积的溶液和NaClO溶液，溶液中的总离子数目更多C．溶液中D．溶液中存在：【答案】B【解析】根据溶液pH，有：，，根据电离常数表达式近似计算：，故碳酸第一步电离常数的数量级为，A错误；根据电荷守恒式可知，NaClO溶液中离子总浓度为，溶液中离子总浓度为，二者相同，溶液中比NaClO溶液中大，所以等体积的溶液和NaClO溶液，溶液中的离子总数更多，B正确；根据醋酸铵溶液呈中性可知，醋酸、的电离常数相等，醋酸铵中阴、阳离子水解程度相等，但都水解，即溶液中，，C错误；溶液呈酸性，说明它电离能力大于水解能力，部分粒子浓度大小排序为，D错误。考法02盐类水解的影响因素6.已知①中盛有一定量的Na2CO3A．②中溶液为红色B．③中发生反应的离子方程式为COC．加入过量稀盐酸后，④中观察到溶液红色褪去，沉淀溶解并产生大量气泡D．④中溶液的溶质除酚酞外，还有2种【答案】D【解析】碳酸钠溶液呈碱性，能使酚酞变红，②中溶液为红色，故A不符合题意；碳酸钠溶液和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，离子方程式为CO32−+Ca2+CaCO3↓，故B不符合题意；③中溶液为红色，当③中加入过量稀盐酸后，碳酸钙沉淀溶解，④中观察到沉淀消失，产生大量气泡，红色也会消失，故C不符合题意；加入过量的稀盐酸，稀盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、水、二氧化碳，稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠、水7.（23-24高三上·天津河西·期末）25℃下，溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A．溶液中B．在水中的C．的水解程度随其浓度增大而减小D．时，溶液中【答案】B【解析】Na+不水解、部分水解，根据物料守恒得c(Na+)＞2c()，A正确；根据图知，0.5mol/L的Na2CO3溶液中pH=12.0，该溶液中c(OH-)==0.01mol/L，Na2CO3水解程度较小，则溶液中c()≈c(OH-)=0.01mol/L，Kh1==2×10-5，Ka2=，Ka1远远大于Ka2，所以Ka1＞5×10-11，B错误；c(Na2CO3)越大，其水解程度越小，故C正确；c(Na2CO3)=0.6mol/L时，溶液的pH＞12.0，所以溶液中c(OH-)＞0.01mol/L，D正确。8．某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50mL0.001mol·L－1FeCl3溶液、50mL对照组溶液X，向两种溶液中分别滴加1滴1mol·L－1HCl溶液、1滴1mol·L－1NaOH溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是()A．依据M点对应的pH，说明Fe3＋发生了水解反应B．对照组溶液X的组成可能是0.003mol·L－1KCl溶液C．依据曲线c和d说明Fe3＋水解平衡发生了移动D．通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向【答案】B【解析】FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是Fe3＋在溶液中发生了水解，A正确；图中对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，若对照组溶液X是0.003mol·L－1KCl溶液，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，B错误；在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液X的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3＋水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，C正确；FeCl3水解生成氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则表明水解被促进，否则被抑制，D正确。9．已知：[FeCl4(H2O)2]－为黄色，溶液中存在可逆反应：Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，下列实验所得结论不正确的是()①②③④加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深注：加热为微热，忽略体积变化。A．实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3＋水解产生了少量Fe(OH)3B．实验②中，酸化对Fe3＋水解的影响程度大于温度的影响C．实验③中，加热，可逆反应：Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－正向移动D．实验④中，可证明升高温度，颜色变深一定是因为Fe3＋水解平衡正向移动【答案】D【解析】加热促进水解，铁离子水解生成氢氧化铁，则实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3＋水解产生了少量Fe(OH)3，故A项正确；由Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋可知，酸化后加热，溶液颜色无明显变化，氢离子抑制水解，则实验②中酸化对Fe3＋水解的影响程度大于温度的影响，故B项正确；加入NaCl后，溶液立即变为黄色，发生Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，[FeCl4(H2O)2]－为黄色，加热时平衡正向移动，溶液颜色变深，故C项正确；实验④中存在Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，升高温度平衡正向移动，溶液颜色变深，不能证明颜色变深是Fe3＋水解对平衡的影响，故D项错误。10．(2024·山东师大附中检测)为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，设计了如下实验方案：实验序号c(NH4Cl)/(mol/L)温度/℃待测物理量实验目的Ⅰ0.530x—Ⅱ1.5ⅰy探究浓度对氯化铵水解平衡的影响Ⅲ0.535zⅱⅣ2.040m探究温度、浓度同时对氯化铵水解平衡的影响限选药品和仪器：恒温水浴、pH计、烧杯、0.1mol/L硝酸银溶液、蒸馏水和各种浓度的NH4Cl溶液。(1)实验中，“待测物理量”是_____________________________。(2)ⅰ＝________；ⅱ：________________。(3)上述表格中，y________(填“>”“<”或“＝”)m。【答案】(1)溶液的pH(2)30探究温度对氯化铵水解平衡的影响(3)>【解析】(1)由提供的药品和仪器可知，pH计可准确测定溶液的pH，所以“待测物理量”是溶液的pH。(2)探究浓度对氯化铵水解平衡的影响，则温度必须相同，所以实验Ⅱ的温度应与实验Ⅰ相同，即ⅰ为30。实验Ⅰ和实验Ⅲ浓度相同，温度不同，所以实验Ⅲ的实验目的是探究温度对氯化铵水解平衡的影响。(3)水解反应属于吸热反应，温度越高水解程度越大，氢离子浓度越大；溶液浓度越大，水解生成的氢离子浓度越大，则溶液的酸性越强。已知实验Ⅳ的浓度大、温度高，所以溶液的pH小于实验Ⅱ的pH，即y>m。考法03盐类水解的应用11．下列事实与盐的水解有关的是（）①热的纯碱溶液去油污效果好②制备TiO2纳米粉：③为保存FeCl3④实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al⑥铁在潮湿的环境下生锈A．①②③⑤ B．②③④ C．①②⑥ D．全部【答案】A【解析】NaOH溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠，与盐的水解无关，故④错误；铁在潮湿的环境下发生电化学腐蚀生锈，与盐的水解无关，故⑥错误。12．下列是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH－完全沉淀时溶液的pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是()金属离子Fe2＋Fe3＋Zn2＋完全沉淀时的pH7.74.56.5A．H2O2、ZnO B．氨水C．KMnO4、ZnCO3 D．NaOH溶液【答案】A【解析】要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH范围为4.5≤pH<6.5，即可将Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋时不能引入新的杂质，只能用H2O2，调pH时也不能引入新的杂质，故可加入ZnO，促进Fe3＋的水解平衡向右移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去。13．（23-24高三上·北京大兴·期末）常温下，NH4Cl溶于水得到无色溶液，为使溶液中的c(NH4+)：c(Cl-)=1：1，下列采取的措施正确的是A．加入适量的NaCl固体B．加入适量的盐酸，抑制NH水解C．加入适量的氨水，使溶液的pH等于7D．加入适量的NaOH固体，使溶液的pH等于7【答案】C【解析】加入适量的NaCl固体，氯离子浓度增大，c()：c(Cl-)＜1：1，A错误；加入适量的盐酸，抑制水解，但氯离子浓度增大的多，c()：c(Cl-)＜1：1，B错误；加入适量的氨水，使溶液的pH等于7，溶液中电荷守恒得到c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)得到溶液中的c()：c(Cl-)=1：1，C正确；加入适量的NaOH固体，使溶液的pH等于7，溶液中电荷守恒c()+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)得到c()＜c(Cl-)，c()：c(Cl-)＜1：1，D错误。14．（2024·吉林·三模）二氧化锗常用作有机反应的催化剂以及制备半导体的原料。某大型化工厂提纯二氧化锗废料(主要含GeO2、AS2O3)的工艺如图，下列有关说法正确的是已知：①GeO2与碱反应生成Na2GeO3；AS2O3与碱反应生成NaASO2；②GeCl4的熔点−49.5℃，沸点为85℃，极易发生水解A．Ge在周期表中位于第四周期第ⅥA族B．“氧化”时，离子反应为ASO+H2O2+2OH-=ASO+2H2OC．“操作1”是蒸馏，“操作2”所用仪器主要为玻璃棒、漏斗、烧杯D．“操作1”加入的盐酸为7mol/L，若改成1mol/L可节省原料同时不影响产率【答案】B【解析】废料碱浸后生成Na2GeO3、NaASO2，加入过氧化氢溶液氧化除砷，加入盐酸蒸馏得到GeCl4，加入纯水GeCl4水解，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，过滤得到，烘干得到GeO2。Ge在周期表中位于第四周期第IVA族，A错误；“氧化”时，+3价砷转化为+5价砷，离子反应为ASO+H2O2+2OH-=ASO+2H2O，B正确；“操作1”是蒸馏，“操作2”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所用仪器主要为蒸发皿、铁架台(带铁圈)、酒精灯、玻璃棒、漏斗、烧杯，C错误；GeCl4极易发生水解，若改成1mol/L的盐酸，可能造成GeCl4水解，产率降低，D错误。15．某小组探秘人体血液中的运载氧平衡及酸碱平衡，正常人体血液中主要含有H2CO3和形成的缓冲溶液，能缓解外界的酸碱影响而保持pH基本不变。正常人体和代谢性酸中毒病人的血气分析结果见表：项目名称结果浓度参考范围正常人代谢性酸中毒病人CO2分压/mmHg405035～4524.21923.3～24.8血液酸碱度(pH)7.407.217.35～7.45回答下列问题：(1)37℃时HCO3-的水解常数，，已知某同学血浆中，写出人体血液中存在的水解平衡方程式；请判断该同学血液的pH是否正常。(填“是”或“否”)(2)人体酸碱平衡维持机制简要表达如下图：①当人体摄入酸过多时，肺通过呼吸排出的CO2会(选填“增加”或“减少”)。②对于重度代谢性酸中毒的病人应该采用什么治疗方法。(选填字母)A．口服0.9%KCl溶液

B．口服5%葡萄糖溶液C．静脉注射5%溶液D．静脉注射0.9%NaCl溶液【答案】(1)+H2O⇌H2CO3+OH-、+H2O⇌+OH正常(2)增加C【解析】（1）①H2CO3为弱酸，故人体血液中存在的水解平衡方程式为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-、+H2O⇌+OH-；②由，得，，，，得该同学血液的pH=7.4，属于正常；（2）①人体摄入酸过多时HCO3-与H+作用生成CO2，故肺通过呼吸排出的CO2增加；②对于重度代谢性酸中毒的病人应该减少H+，只有NaHCO3与H+作用生成CO2，故选C。考法04溶液中“粒子”浓度的关系16．在25℃时，在物质的量浓度均为0.1mol⋅L−1的NH42SO4、NH42CO3A．a=b=c B．a>b>c【答案】D【解析】物质的量浓度均为0.1mol⋅L−1的NH42SO4、NH42CO3、NH42FeSO42三种溶液中都存在NH4+的水解平衡：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，对于NH42CO3溶液来说，因发生反应CO32−+H+17．常温下，下列溶液中粒子浓度关系一定正确的是（）A．0.1mol⋅LB．pH=7的NH3⋅HC．0.1mol⋅L−D．pH=2的CH3COOH溶液和pH=12【答案】C【解析】Na2CO3溶液中存在CO32−的水解平衡：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，cHCO3−cCO32−=KhcOH−，加水稀释，促进CO32−水解，但溶液的碱性减弱，水解常数不变，因此cHCO3−cCO32−增大，A项错误；NH3⋅H2O和NH4Cl的混合溶液中存在电荷守恒：cOH−+cCl−=cNH18．室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是()A．Na2S溶液：c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H2S)B．NaHC2O4溶液(pH<7)：c(Na＋)>c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H2C2O4)C．Na2CO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－)【答案】B【解析】A项，Na2S溶液中，c(OH－)>c(HS－)，错误；C项，由电荷守恒知Na2CO3溶液中，存在c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，错误；D项，由物料守恒知混合液中存在c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COO－)＋eq\f(1,2)c(Cl－)，错误19．（2023·云南·二模）常温下，向10mL0.1mol·L-1丙烯酸(CH2=CHCOOH)溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液的酸度(AG)与NaOH溶液体积(V)的关系如图所示。已知：AG=lg。若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是A．b点对应的溶液中：c(Na+)=2c(CH2=CHCOO-)+2c(CH2=CHCOOH)B．c点对应的溶液中：c(Na+)>c(CH2=CHCOO-)>c(H+)>c(CH2=CHCOOH)>c(OH-)C．d点对应的溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(CH2=CHCOO-)+2c(CH2=CHCOOH)D．若AG=0时V=x，则丙烯酸的电离常数为Ka=×10-7【答案】C【解析】b点对应的溶液中溶质为等浓度的CH2=CHCOOH和CH2=CHCOONa，溶液呈酸性，根据电荷守恒有:c(Na+)+c(H+)=c(CH2=CHCOO-)+c(OH-)，结合c(H+)>c(OH-)得:c(CH2=CHCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，A项错误；c点对应的溶液中存在Na+、CH2=CHCOO-、H+、CH2=CHCOOH、OH-，AG＜0，则c(OH-)>c(H+)，则有：c(Na+)>c(CH2=CHCOO-)>c(OH-)>c(CH2=CHCOOH)>c(H+)，B项错误；d点对应的溶液中，存在物料守恒：c(Na+)=2c(CH2=CHCOO-)+2c(CH2=CHCOOH)，结合电荷守恒得c(OH-)=c(H+)+c(CH2=CHCOO-)+2c(CH2=CHCOOH)，C项正确；AG=0对应的溶液呈中性，c(CH2=CHCOO-)=c(Na+)，c(OH-)=c(H+)=1×10-7，c(Na+)=0.1×mol/L，c(CH2=CHCOO-)=0.1×mol/L，丙烯酸的电离常数为Ka=，D项错误。20．25℃时，有关弱电解质的电离平衡常数如下表：弱电解质电离平衡常数下列说法正确的是A．等浓度的CH3COONa和NaCN混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CN-)B．在NaCN溶液中通入少量的二氧化碳，其离子反应方程式为：C．等浓度的NaNO2和HNO2混合溶液中：D．向0.1mol/L的HCN溶液中通入HCl气体至pH=4，则HCN的电离度为0.049％【答案】C【解析】在CH3COONa溶液中物料守恒：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，在NaCN溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，所以在等浓度的CH3COONa和NaCN混合溶液中存在关系式：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CN-)+c(CH3COOH)+c(HCN)，不存在关系c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CN-)，A错误；根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HCN＞，则向NaCN溶液中通入少量的二氧化碳，其离子反应方程式为：CN-+CO2+H2O=HCN+，B错误；的水解平衡常数Kh=≈1.4×10-11＜Ka=7.2×10-4，则在等浓度的NaNO2和HNO2混合溶液中，NaNO2的水解程度小于HNO2的电离程度，溶液显酸性，因此等浓度的NaNO2和HNO2混合溶液中离子浓度大小关系为：，C正确；向0.1mol/L的HCN溶液中通入HCl气体至pH=4，HCN的电离度a=×100%=×100%=×100%=0.00049%，D错误。考法05水溶液中图像分析21．（24-25高三上·湖南·开学考试）室温下，向和的混合液中滴加溶液，溶液中[、或]与的关系如图所示。已知：

，

，表示醋酸根离子。下列叙述错误的是A．线代表与的关系B．常温下，的为C．的为D．点对应体系中【答案】C【解析】，则，同理，，，随着的增大，、均增大，减小，再根据曲线的斜率可判断，L1代表与的关系，L2代表与的关系，L3代表与的关系。由分析知，L1代表与的关系，A正确；L3代表与的关系，根据点（0，-4.76），常温下，的，B正确；L1代表与的关系，根据点(1，5.3)，，L2代表与的关系，根据点(1，2.9)，，的，C错误；由图可知，Q点，则溶液中，D正确。22．（2024·湖南常德模拟）25℃下，将KOH溶液滴入甲酸溶液中，测得混合溶液中的pHCOO−=−lgA．25℃B．滴加KOH溶液过程中，cHCOOC．溶液中K+浓度：D．m点溶液中c【答案】C【解析】由m0,3.75可知，p[cH+cHCOOH]=−lgcH+cHCOOH=0，则cH+cHCOOH=1，pHCOO−=−lgcHCOO−=3.75，则cHCOO−=10−3.75mol⋅L−1，25℃时,KaHCOOH=cH+⋅cHCOO−cHCOOH=10−3.75，故A23．(2024·福建厦门二模)常温下，向0.5mol·L－1的Na2CO3溶液中以恒定的速率滴加稀盐酸，测得溶液pH随时间的变化如图所示。下列有关叙述错误的是()A．溶液中水的电离程度：A>H>D>GB．B点对应的溶液满足关系：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na＋))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCO\o\al(－,3)))＋2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3)))C．CD段主要发生的反应为HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2OD．H点对应的溶液满足关系：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3)))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2CO3))【答案】B【解析】Na2CO3为强碱弱酸盐，促进水的电离，随着盐酸的加入，碳酸钠逐渐被消耗，水的电离程度逐渐减小，直至加入过量的稀盐酸会抑制水的电离，则水的电离程度：A>H>D>G，A正确；B点溶质为NaHCO3和NaCl，溶液存在电荷守恒：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na＋))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Cl－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCO\o\al(－,3)))＋2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3)))，B错误；CD段主要是碳酸氢钠继续与稀盐酸反应生成NaCl、二氧化碳和水，发生的反应为：HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O，C正确；H点主要成分是NaHCO3，对应的溶液存在质子守恒：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3)))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2CO3))，D正确。24．（23-24高三上·辽宁大连·期末）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)有类似于NH3的性质。25℃时，向0.01mol/L乙二胺溶液中通入HCl气体，所得溶液(忽略溶液体积的变化)的pH与体系中含N微粒浓度的对数值()、反应物的物质的量之比关系如下图所示。下列有关说法正确的是A．图中曲线Y表示B．P3所示溶液：C．P4所示溶液：D．图中M点对应的【答案】B【解析】由图可看出随HCl通入，曲线Z呈下降趋势，代表，曲线X先增后减，代表，曲线Y呈逐渐增大趋势，代表。根据分析，随着盐酸的加入，曲线Y呈增大趋势，代表的变化趋势，A错误；由图可知，P3所示溶液，氯化氢和乙二胺之比为1.6∶1，此时溶液中的成份为：C2H10N2Cl2和C2H9N2Cl，由于1mol电离产生1mol和2mol，则此时，B正确；由图可知，P4所示溶液，氯化氢和乙二胺之比为2∶1，此时溶液中的成份为C2H10N2Cl2，根据物料守恒可知，，C错误；乙二胺中，，，图中曲线X与曲线Z的交点，，则，曲线X与Y的交点，，则，图中M点是曲线Y与Z的交点，存在，则，故，，，，，M点，D错误。25．（23-24高三上·四川雅安·期中）向氨水中通入，溶液中、、的物质的量分数随pH的变化如图。下列有关分析不合理的是A．B．曲线b代表，曲线c代表C．时，D．时，【答案】D【解析】通入SO2的初始阶段，氨水过量，反应生成(NH4)2SO3，pH逐渐减小，亚硫酸根离子浓度逐渐增大，随着SO2的继续通入，生成亚硫酸氢铵，亚硫酸氢根浓度增大，亚硫酸根浓度减小，故c线代表，b线代表，当达最大值后，再通入SO2开始大量生成H2SO3，而开始减少，故a线代表。根据，当pH=1.98时，，Ka1(H2SO3)==c(H+)=10-1.98mol/L，则，A正确；由分析可知，b代表，曲线c代表，B正确；pH=7时，溶液中溶质主要为(NH4)2SO3和NH4HSO3，NH4HSO3电离产生的c()和c()基本相等，而(NH4)2SO3电离产生的c()约是c()的2倍，可见此时溶液中c()最大；由图可以看出pH=7时c()>c()，而H2SO3此时浓度很小，故pH=7时离子浓度大小关系为：，C正确；根据电荷守恒，有：，pH=10时，，则，则一定存在关系，D错误。考法06水解常数与KW、K26．（23-24高三上·天津·期末）常温下的电离常数，。下列说法错误的是A．对溶液升温，溶液的pH变小B．溶液中：C．向溶液中加入少量固体，则变大D．溶液呈碱性【答案】D【解析】温度升高，促进H2C2O4的电离，H2C2O4电离程度增大，c(H+)增大，pH变小，A正确；根据物料守恒可得，0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中：，B正确；向H2C2O4溶液中加入少量NaOH固体，发生反应：，导致c()增大，c(H2C2O4)减小，故增大，C正确；常温下H2C2O4的电离常数Ka1=5.6×10−2，Ka2=1.5×10−4，故对于，电离平衡常数为Ka2=1.5×10−4，水解平衡常数为Kh=，因的电离程度大于其水解程度，故0.1mol⋅L−1NaHC2O4溶液呈酸性，D错误。27．已知：25℃时，NaCN溶液中CN−的水解常数Kh=cHCN⋅cOH−cCN−≈c2A．25℃时，NaCN的KB．其他条件不变，升高温度，可使a点变到b点C．25℃时，向a点对应溶液中加入固体NaCN，D．水的电离程度：a点小于c点【答案】B【解析】2pOH=−2lgcOH−，c2OH−=10−2pOH，由题图可知,c0NaCN=1mol⋅L−1时，2pOH=4.7，c2OH−=10−4.7，则KhCN−≈c2OH−cNaCN=10−4.7，Kh的数量级为10−5，故A正确；升高温度，有利于CN−的水解平衡正向移动，溶液中cOH−增大，2pOH减小，不能使a点变到b点，故B错误；加入固体28．一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1000mol·L－1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总＝c（H2CO3）＋c（HCOeq\o\al(－,3)）＋c（COeq\o\al(2－,3)）。已知：H2CO3电离常数Ka1＝4.4×10－7、Ka2＝4.4×10－11；Ksp（CaCO3）＝3×10－9、Ksp[Ca（OH）2]＝5.0×10－6。下列说法正确的是（）A．若“吸收”后c总＝0.05mol·L－1，则溶液中存在：c（K＋）＝c（COeq\o\al(2－,3)）＋c（HCOeq\o\al(－,3)）＋c（H2CO3）B．“吸收”后所得溶液中一定存在：c（K＋）＋c（H＋）＝c（COeq\o\al(2－,3)）＋c（HCOeq\o\al(－,3)）＋c（OH－）C．若“吸收”后溶液pH＝11，则溶液中存在：c（COeq\o\al(2－,3)）＞c（HCOeq\o\al(－,3)）D．“转化”后过滤，所得滤液中存在：eq\f(c（COeq\o\al(2－,3)）,c（OH－）)＝6.0×10－4【答案】C【解析】KOH溶液吸收CO2，c(KOH)＝0.1000mol·L－1，c总＝0.05mol·L－1，则溶液为K2CO3溶液；依据物料守恒，有c(K＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]，A错误；依据电荷守恒，有c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，B错误；“吸收”后溶液pH＝11，c(H＋)＝10－11mol·L－1，Ka2＝eq\f(c（COeq\o\al(2－,3)）·c（H＋）,c（HCOeq\o\al(－,3)）)＝4.4×10－11，eq\f(c（COeq\o\al(2－,3)）,c（HCOeq\o\al(－,3)）)＝4.4＞1，c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))，C正确；“转化”后过滤，所得滤液中eq\f(c（COeq\o\al(2－,3)）,c2（OH－）)＝eq\f(3×10－9,5.0×10－6)＝6.0×10－4，D错误。29．（2024·江西·高考真题）废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图。下列说法正确的是已知：Mn(OH)2难溶于水，具有两性；δ(MnOH+)=；A．曲线z为δ(MnOH+)B．O点，C．P点，c(Mn2+)＜c(K+)D．Q点，c()=2c(MnOH+)+2c()【答案】C【解析】Mn(OH)2难溶于水，具有两性，某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图，结合曲线变化和分布分数可知，pH较小时，Mn元素存在形式为Mn2+，则曲线x为Mn2+，曲线y为MnOH+，曲线z为。分析可知，z表示δ()，A错误；图中O点存在电离平衡Mn2++OH﹣⇌MnOH+，在P点时c(Mn2+)＝c(MnOH+)，pH＝10.2，K103.8，O点δ(Mn2+)＝0.6时，δ(MnOH+)＝0.4，则c(OH﹣)10﹣3.8mol/L10﹣3.8mol/L，则，B错误；P点时δ(Mn2+)＝δ(MnOH+)=0.5，溶液中含Mn元素微粒只有这两种，根据物料守恒有c(Mn2+)+c(MnOH+)=c()，且c(Mn2+)＝c(MnOH+)①即2c(Mn2+)=c()②，根据电荷守恒有③，将①和②代入③得到，此时pH=10.2，则c(Mn2+)＜c(K+)，C正确；Q点时，根据图像溶液中存在，物料守恒：c()＝c(Mn2+)+c(MnOH+)+c()+c()+c[]，且c(MnOH+)＝c()，c()=c[]，则c()＝c(Mn2+)+2c(MnOH+)+2c()，故c()＞2c(MnOH+)+2c()，D错误。30．(1)NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：常温下NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)。(2)已知：常温下NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－Kb＝1.8×10－5H2YH＋＋HY－Ka1＝5.4×10－2HY－H＋＋Y2－Ka2＝5.4×10－5则(NH4)2Y溶液的pH________(填“>”“<”或“＝”)7。(3)NO2尾气常用NaOH溶液吸收，生成NaNO3和NaNO2。已知NOeq\o\al(－,2)的水解常数Kh＝2×10－11，常温下，某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，则混合溶液中c(NOeq\o\al(－,2))和c(HNO2)的比值为________。【答案】(1)碱性(2)<(3)50【解析】(1)NHeq\o\al(＋,4)水解溶液显酸性，其水解常数为Kh(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(Kw,Kb)＝eq\f(10－14,1.8×10－5)≈5.6×10－10，HCOeq\o\al(－,3)水解溶液显碱性，其水解常数为Kh(HCOeq\o\al(－,3))＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,4.4×10－7)≈2.3×10－8，所以HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，溶液显碱性。(2)Kh(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(Kw,Kb)＝eq\f(10－14,1.8×10－5)≈5.6×10－10，Kh(Y2－)＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(10－14,5.4×10－5)≈1.9×10－10，水解程度：NHeq\o\al(＋,4)>Y2－，则(NH4)2Y溶液呈酸性，溶液的pH<7。(3)常温下，某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，该溶液中c(OH－)＝eq\f(10－14,10－5)mol·L－1＝10－9mol·L－1，结合Kh(NOeq\o\al(－,2))＝eq\f(c(HNO2)·c(OH－),c(NOeq\o\al(－,2)))，可知c(NOeq\o\al(－,2))∶c(HNO2)＝c(OH－)∶Kh(NOeq\o\al(－,2))＝10－9∶(2×10－11)＝50。考点04沉淀溶解平衡考法01沉淀溶解平衡及其影响因素1．下列有关AgCl的沉淀－溶解平衡的说法中，正确的是A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，且c(Cl－)一定等于c(Ag+)B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag+和Cl－C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大D．在有AgCl沉淀生成的溶液中加入NaCl固体，AgCl沉淀溶解的量不变【答案】C【解析】沉淀溶解平衡是动态平衡，沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但c(Cl－)不一定等于c(Ag+)，例如向硝酸银溶液中加入过量氯化钠生成氯化银沉淀时，溶液中c(Cl－)大于c(Ag+)，A错误；AgCl在水中存在沉淀溶解平衡，溶液中有极少量的Ag＋和Cl－，B错误；AgCl溶解是一个吸热过程，升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大，C正确；向含AgCl沉淀的溶液中加入NaCl固体，增大了Cl－的浓度，会使AgCl的溶解平衡向左移动，减少了AgCl的溶解量，D错误。2．已知：常温下，Ksp(BaSO4)＝a。取过量BaSO4溶于蒸馏水，过滤得到滤液R溶液。下列有关说法正确的是()A．R溶液中c(Ba2＋)＝amol·L－1B．常温下，向R溶液中加入少量Na2SO4固体，产生白色沉淀C．常温下，向R溶液中加入少量BaCl2固体，Ksp(BaSO4)增大D．向R溶液中加水，c(Ba2＋)、c(SOeq\o\al(2－,4))均增大【答案】B【解析】R溶液中c(Ba2＋)＝eq\r(a)mol·L－1，A项错误；加入Na2SO4，平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)向左移动，产生白色沉淀，B项正确；温度不变，溶度积常数不变，C项错误；向R溶液中加水，c(Ba2＋)、c(SOeq\o\al(2－,4))均减小，D项错误。3．(2024·福建三明模拟)25℃时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。下列说法错误的是()A．若向Mg(OH)2悬浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(Mg2＋)会增大B．若向Mg(OH)2悬浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色C．若向Mg(OH)2悬浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动D．若向Mg(OH)2悬浊液中加入少量Na2CO3(s)，固体质量将增大【答案】C【解析】向Mg(OH)2悬浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(OH－)减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c(Mg2＋)会增大，A项正确；向Mg(OH)2悬浊液中滴加CuSO4溶液，由于Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11>Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，则沉淀将由白色的氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜，B项正确；加入少量蒸馏水，Ksp保持不变，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，C项错误；向Mg(OH)2悬浊液中加入少量Na2CO3(s)，由于碳酸根离子水解呈碱性，所以c(OH－)增大，平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，D项正确。4．（23-24·河北石家庄·期末）某温度时：AgCl悬浊液中存在：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)沉淀溶解平衡，其平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A．加入AgNO3，可以使溶液由c点变到a点B．用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl沉淀，可以减少沉淀的损失C．b点对应溶液中没有AgCl沉淀生成D．Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=4.9×10-13，说明溶解度：AgCl>AgBr【答案】C【解析】加入AgNO3固体，银离子浓度增大，氯离子浓度减小，可以使溶液由c点变到a点，A项正确；AgCl电离方程式为，NaCl溶液中氯离子浓度较大，用NaCl溶液替代蒸馏水洗涤AgCl沉淀，可使AgCl的溶解平衡逆向移动，从而减少沉淀损失，B项正确；b点在曲线的上方，银离子和氯离子浓度的乘积大于Ksp(AgCl)，所以b对应溶液中有沉淀生成，C项错误；Ksp越大，相应离子浓度就越大，溶解度越大，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=4.9×10-13，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，溶解度：AgCl>AgBr，D项正确。5．有关的沉淀溶解平衡，下列说法中错误的是A．饱和溶液中B．用溶液代替蒸馏水洗涤沉淀，可以减少沉淀的损失C．向悬浊液中加少量水，一定减小D．，，说明溶解度：【答案】C【解析】AgCl电离方程式为AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，AgCl饱和溶液中银离子浓度和氯离子浓度相同，则，A正确；AgCl电离方程式为AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，NaCl溶液中氯离子浓度较大，用NaCl溶液替代蒸馏水洗涤AgCl沉淀，可使AgCl的溶解平衡逆向移动，从而减少沉淀损失，B正确；AgCl悬浊液中加入少量水，则可能仍为AgCl饱和溶液，c(Ag+)不变，C错误；，，两者电离方程式相似，Ksp越大，溶解度越大，D正确。考法02沉淀溶解平衡的应用6．往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸去除，下列叙述正确的是()A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw增大，c(OH－)减小B．CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4)C．CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸D．沉淀转化的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)(aq)＋CaSO4(s)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)【答案】D【解析】温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，c(OH－)增大，A项错误；Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4)，B项错误；CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，CaSO4与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强弱无关，C项错误；硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松且溶解度更小的碳酸钙，沉淀转化的离子方程式为CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，D项正确。7．（2024·福建福州期末）为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是（）A．试管①中浊液中存在平衡：AgB．试管②中溶液变澄清的原因：AgOH+C．试管③中颜色变化说明有AgCl生成D．该实验可以证明Ag2CrO4【答案】D【解析】试管①中沉淀是Ag2CrO4，存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4s⇌2Ag+aq+CrO42−aq，A正确；试管①中存在沉淀溶解平衡，即试管①的上层清液中存在Ag+，加入氨水，先发生反应Ag++NH3⋅H2OAgOH↓+8．往锅炉中注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸去除，下列叙述中正确的是()A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw增大，c(OH－)减小B．CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4)C．CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸D．沉淀转化的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)(aq)＋CaSO4(s)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)【答案】D【解析】温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，c(OH－)增大，A项错误；Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4)，B项错误；CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，CaSO4与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强弱无关，C项错误；反应的离子方程式为CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，D项正确。9．下列化学原理的应用，可以用沉淀溶解平衡原理来解释的是()①热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒③石灰岩(喀斯特地貌)溶洞的形成④BaCO3不能作“钡餐”，而BaSO4可以⑤泡沫灭火器灭火原理A．②③④ B．①②③C．③④⑤ D．①②③④⑤【答案】A【解析】①碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，加热促进水解，碱能促进油脂水解，所以热纯碱溶液洗涤油污的能力更强应用了盐类水解原理，不符合题意；②钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质向难溶性的物质转化，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；③石灰岩里不溶性的碳酸钙在水和二氧化碳的作用下转化为微溶性的碳酸氢钙，长时间反应，形成溶洞，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡可以，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，不符合题意。10．作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备的流程如下：已知：，，，。下列说法中错误的是A．加入少量的作用是将氧化为，用替代效果更佳B．溶矿反应完成后，反应器中溶液，此时C．加入少量BaS溶液除去，生成的沉淀有、NiSD．煅烧窑中，反应的化学方程式为【答案】A【解析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4，由分析可知，加入二氧化锰的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，由于铁离子可以做过氧化氢分解的催化剂，所以不宜使用过氧化氢替代二氧化锰，A错误；反应器中溶液，则c(H+)=1×10-4mol/L，c(OH-)=1×10-10mol/L，c(Fe3+)==，B正确；加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为BaS+Ni2++=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS，C正确；煅烧窑中将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到LiMn2O4，化学方程式为，D正确。考法03溶度积常数及其应用11．在25℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。下列有关说法中正确的是()A．饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36mol·L－1B．25℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度C．向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成D．向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大【答案】B【解析】A项，c(Cu2＋)＝eq\r(1.3)×10－18mol·L－1，错误；C项，ZnS比FeS难溶，ZnS先沉淀，错误；D项，Ksp只与温度有关，错误。12．已知25℃时一些难溶物质的溶度积常数如下：化学式Zn(OH)2ZnSAgClAg2SMgCO3Mg(OH)2溶度积5×10－172.5×10－221.8×10－106.3×10－506.8×10－61.8×10－11根据上表数据，判断下列化学方程式不正确的是()A．2AgCl＋Na2S=2NaCl＋Ag2SB．MgCO3＋H2Oeq\o(=,\s\up10(△))Mg(OH)2＋CO2↑C．ZnS＋2H2O=Zn(OH)2↓＋H2S↑D．Mg(HCO3)2＋2Ca(OH)2=Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O【答案】C【解析】根据溶度积常数可知，溶解度：ZnS<Zn(OH)2，根据离子反应的实质，应生成溶解度更小的物质，故C不正确。13．（24-25高三上·内蒙古·开学考试）锌焙砂(主要含、，还含有少量、等)可用于湿法制锌，其流程如图所示。下列说法正确的是A．Fe、Cu、Zn三种元素基态原子的未成对电子数：Zn>Cu>FeB．“净化”时的反应温度越高越好C．“电解”时，既可用石墨作阳极又可用铜棒作阳极D．可用除去溶液中的的依据是【答案】D【解析】、、、在稀硫酸的作用下溶解，在净化I步骤中，将二价铁离子氧化为三价铁并转化为氢氧化铁沉淀，在净化II步骤中，将铜转化为沉淀，最终得到锌单质。基态Fe电子排布式为，基态Cu电子排布式为，基态Zn电子排布式为，所以Fe、Cu、Zn三种元素基态原子的未成对电子数分别为4、1、1，A错误；"净化I"时，温度过高H2O2易分解，B错误；"电解"时，阳极材料为石墨，阴极材料为铜棒，C错误；用除去溶液中的原理为，依据的是，D正确。14．（24-25高三上·北京·开学考试）根据已有知识，结合给出信息，判断以下化学用语表达式不正确的是信息：、A．在水中的电离：B．向溶液中加入少量氯水：C．固体悬浊液中存在平衡：D．与溶液可发生反应：【答案】A【解析】是弱酸，所以在水中的电离是分步进行的：，A错误；向溶液中加入少量氯水，氯气会将硫离子氧化为硫单质，B正确；存在溶度积，所以固体悬浊液中存在平衡：，C正确；依据、可知硫化铜溶解度小于硫化亚铁，依据溶度积规则，硫化亚铁与硫酸铜反应能够生成硫化铜沉淀和硫酸亚铁，离子方程式为，D正确。15．牙齿表面由一层坚硬的组成为的物质保护着，人进食后，细菌和酶作用于食物产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，向牙育中添加均可增强护齿效果。下列说法正确的是已知：物质或A．溶解的离子方程式为：B．口腔环境酸性增强，会使的增大，导致牙齿溶解腐蚀C．当时，可与反应转化为D．向牙膏中添加均可增强护齿效果，是因为它们可消耗【答案】C【解析】醋酸电离平衡常数小于磷酸电离平衡常数，则醋酸酸性小于磷酸，根据强酸制取弱酸原理知，醋酸不能制取磷酸，A错误；只与温度有关，温度不变，不变，因此口腔酸性增强不改变，B错误；存在沉淀溶解平衡，K===2.0×1030，当时，Qc=＜＜2.0×1030=K，沉淀溶解平衡正向移动，所以Ca5(PO4)3OH与F-反应生成Ca5(PO4)3F，C正确；向牙膏中添加NaF可增强护齿效果，是由于Ca5(PO4)3F的溶解度小于Ca5(PO4)3(OH)，羟基磷酸钙在水中存在溶解平衡：，当F-与Ca2+、结合生成了更难溶于水的Ca5(PO4)3F时，起到保护牙齿的作用，而NaHCO3是可将口腔内的细菌发酵产生的酸性物质逐渐地减少，有助于保护牙齿，减少对牙釉质的损伤，D错误。考法04沉淀溶解平衡图像分析16．某温度下，KspCaSO4=9A．在任何溶液中，若有CaSO4沉淀析出，则cCa2B．d点溶液通过蒸发可以变到c点C．a点对应的Ksp等于c点对应的D．b点溶液中会有沉淀生成，平衡后溶液中cSO4【答案】C【解析】若在CaCl2溶液中加入CaSO4固体，溶液中存在cCa2+大于cSO42−，A不正确；蒸发过程中cCa2+、cSO42−都会增大，B不正确；温度是影响溶度积常数的唯一外因，C正确；b点溶液中离子积大于9×10−6，所以会有沉淀析出，由于起始时17．某温度时，CuS、MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A．a点对应的Ksp大于b点对应的KspB．向CuSO4溶液中加入MnS发生如下反应：Cu2＋(aq)＋MnS(s)=CuS(s)＋Mn2＋(aq)C．在含有CuS和MnS固体的溶液中，c(Cu2＋)∶c(Mn2＋)＝(2×10－23)∶1D．该温度下，Ksp(CuS)小于Ksp(MnS)【答案】A【解析】因为a点和b点都在CuS的沉淀溶解平衡曲线上，Ksp是定值，A错误；从图像可知Ksp(CuS)＝0.01×6×10－34＝6×10－36、Ksp(MnS)＝0.01×3×10－11＝3×10－13，在含有CuS和MnS固体的溶液中c(S2－)相同，c(Cu2＋)∶c(Mn2＋)＝Ksp(CuS)∶Ksp(MnS)＝(2×10－23)∶1，C、D正确；因为Ksp(CuS)<Ksp(MnS)，向CuSO4溶液中加入MnS，可以发生沉淀转化反应：Cu2＋(aq)＋MnS(s)=CuS(s)＋Mn2＋(aq)，B正确。18．（2024·湖南长沙期中）硫酸锶SrSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（A．363K时，KspB．三个不同温度中，363K时C．283K时，图中D．313K时，图中a点对应的溶液导电能力比1【答案】B【解析】对于给定的物质，Ksp只与温度有关，与cSO42−无关，A错误；Ksp=cSr2+×cSO42−，由题干信息可知，当cSO42−相同时，三个不同温度条件下，363K时cSr2+浓度最小，即KspSrSO4最小，B正确；由题图可知，a点在28319．硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A．图中T1＞T2B．图中各点对应的Ksp的关系为Ksp(m)=Ksp(n)＜Ksp(p)＜Ksp(q)C．向m点的溶液中加入少量K2S固体，溶液中Cd2+浓度降低D．温度升高时，q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动【答案】C【解析】根据图中信息，图中p和q分别为T1、T2温度下达到沉淀溶解平衡，T1的阴阳离子浓度小于T2，因而T1＜T2，A错误；温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大，因此图中各点对应的Ksp的关系为Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)＜Ksp(q)，B错误；向点的溶液中加入少量K2S固体，硫离子浓度增大，平衡逆向移动，因此溶液中浓度降低，C正确；温度升高时，Ksp增大，则q点饱和溶液的组成由q点向外的方向移动，D错误。20．（23-24高三上·河北邢台·期末）25℃时，用溶液分别滴定含有、、三种物质的溶液，pM［p表示负对数，M表示、、］随的变化关系如图所示。当化学平衡常数时，认为该反应不能进行。下列说法正确的是A．B．的电离常数C．溶液时，溶液中离子浓度：D．溶液能溶解固体【答案】B【解析】由<可知，；由，可知pCu=−2pOH−lgKsp[Cu(OH)2]，同理pCr=−3pOH−lgKsp[Cr(OH)3]；根据图像中三条直线的斜率大小可以判断：①表示随pOH的变化关系，②表示p随pOH的变化关系，③表示p随pOH的变化关系；由图中数据可知，氢氧化铜的溶度积为、氢氧化铬的溶度积为1×(10−10.2)3=10−30.6、A2−的水解常数Kh1=，HA−的电离常数。由分析可知，②表示p随pOH的变化关系，pc(Cu2+)=0时，c(Cu2+)=1mol/L，pOH=9.8，c(OH-)=10-9.8mol/L，氢氧化铜的溶度积为=，③表示p随pOH的变化关系，pc(Cr3+)=0时，c(Cr3+)=1mol/L，pOH=10.2，c(OH-)=10-10.2mol/L，氢氧化铜的溶度积为=1×(10−10.2)3=10−30.6，，A错误；由分析可知，①表示随pOH的变化关系，=0时，，pOH=5.5，c(H+)=10-8.5mol/L，的电离常数，B正确；溶液时，溶液呈碱性，说明溶液中HA-的水解程度大于电离程度，而电离和水解都是微弱的，则存在：，C错误；由Cu(OH)2(s)+2HA−(aq)=Cu2+(aq)+2A2−(aq)+2H2O(l)，化学平衡常数<10-5，该反应不能进行，NaHA溶液不能溶解Cu(OH)2固体，D错误。考点05工业流程题解题策略考法工业流程题解题策略1．(2024·山东师范大学附中模拟)实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下：下列说法正确的是()A．过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素的化合价为＋7价B．氧化除锰后的溶液中存在：Na＋、Zn2＋、Fe2＋、SOeq\o\al(2－,4)C．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质D．沉锌时的离子方程式为3Zn2＋＋6HCOeq\o\al(－,3)=ZnCO3·2Zn(OH)2↓＋5CO2↑＋H2O【答案】D【解析】过二硫酸钠中含有过氧键，分子中硫元素的化合价为＋6价，A项错误；氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na＋、Zn2＋、Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)，B项错误；溶液中铁离子能与锌反应生成硫酸亚铁和硫酸锌，所以调节溶液pH时试剂X不能选用锌，C项错误；沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，D项正确。2．（2024·河北·一模）“分铜液净化渣”主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，回收工艺流程如图所示。已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶物，碱浸液b含有、。②“酸浸”时，浸渣中含锑元素生成难溶；极易水解。③常温下，的各级电离常数为、、。下列说法不正确的是A．“碱浸”时，与反应的离子方程式为B．滤液c中元素主要存在形式为C．“氯盐酸浸”时，通入的目的是将还原为D．“水解”时，生成的化学方程式为【答案】B【解析】结合题干信息，分铜液加入氢氧化钠溶液进行碱浸，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、；过滤后向滤渣中加入硫酸进行酸浸，铜的氢氧化物或氧化物均溶解，锑元素反应生成难溶的浸渣，过滤后向浸渣中加入盐酸、氯化钠和二氧化硫，反应生成三氯化锑，三氯化锑水解生成转化为SbOCl;碱浸液中加入酸调节pH=4，转化生成亚碲酸，亚碲酸不稳定分解生成二氧化碲。属于酸性氧化物，与NaOH反应的离子方程式为：，A正确；由题干信息可知，的各级电离常数为、、，pH=4，则c(H+)=10-4mol/L，，，，故As主要以形式存在，B不正确；根据分析知，“氯盐酸浸”时，通入的目的是将还原为，C正确；“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为：，D正确。3．（24-25高三上·北京·开学考试）稀土是国家的战略资源之一、以下是一种以独居石(主要成分为，含有、和少量镭(Ra)杂质)为原料制备的工艺流程图。已知：i．，，ii．镭为第A族元素回答下列问题：(1)关于独居石的热分解，以下说法正确的是(填标号)。a．降低压强，分解速率增大b．降低温度，分解速率降低c．反应时间越长，分解速率越大d．提高搅拌速度，分解速率降低(2)中铀元素的化合价为，热分解阶段生成的化学反应方程式为。(3)溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。①盐酸溶解的离子方程式为。②当溶液时，，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。(4)以为载体形成共沉淀，目的是去除杂质。【答案】(1)b(2)+62U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O(3)2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O4×10﹣7(4)RaSO4【解析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH