专题12 盐类的水解 沉淀溶解平衡-【十年高考】备战2025年高考化学真题分类解析与应试策略（Word版）

专题十二　盐类的水解　沉淀溶解平衡 考点 2015-2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 合计 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 27.盐类水解的原理及其应用 0 6 1 4 1 5 0 3 0 4 0 0 2 22 28.沉淀溶解平衡 1 6 0 1 1 2 0 5 3 3 1 2 6 19 命题分析与备考建议 本专题主要考查四个方面:(1)盐类水解的原理及其应用;(2)溶液中离子浓度大小的比较;(3)溶解平衡的建立和平衡的移动;(4)结合图像,考查溶度积的应用及其影响因素。预计在今后高考中,盐类水解平衡、难溶电解质溶解平衡的移动规律及应用、溶液中粒子浓度大小的比较、K的计算将是考查的重点。对盐类水解的备考复习,主要抓住其实质;对溶液中离子浓度比较的复习,从分析电离和水解入手,掌握离子浓度的三种守恒关系;对沉淀溶解平衡的复习,要特别注重Ksp的计算与应用,强化练习沉淀溶解平衡图像题目。 考点27盐类水解的原理及其应用　 　　盐类水解是高考命题的高频知识点。高考中主要以盐类水解为载体考查溶液的酸碱性、溶液的pH计算及粒子浓度的大小比较等。本考点常常是选择题中的压轴题,题目的难度较大。对于该知识点我们更应该加强练习。 1.(2023·海南,14,3分,难度★★★)25 ℃下,Na2CO3水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 (　B　) A.c(Na2CO3)=0.6 mol·L-1时,溶液中c(OH-)<0.01 mol·L-1 B.Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小 C.在水中H2CO3的Ka2<4×10-11 D.0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L-1的NaHCO3溶液等体积混合,得到的溶液c(OH-)<2×10-4 mol·L-1 解析 由图像可知,c(Na2CO3)=0.6 mol·L-1时,pH>12.0,溶液中c(OH-)>0.01 mol·L-1,故A错误;盐溶液越稀越水解,Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小,故B正确;根据C+H2OHC+OH-,结合图像可知,当c(Na2CO3)=0.5 mol·L-1,pH=12,c(HC)<c(OH-)=10-2 mol·L-1,则Kh=<=2×10-4,则Ka2>=5×10-11,故C错误;若0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液和等体积的蒸馏水混合,浓度变为0.1 mol·L-1,由图可知,pH>11.6,得到的溶液c(OH-)>10-2.4 mol·L-1,而NaHCO3溶液也显碱性,故D错误。 2.(2023·北京,14,3分,难度★★★★)利用平衡移动原理,分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 已知:ⅰ.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ⅱ.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2];曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(C)=Ksp(MgCO3)[注:起始c(Na2CO3)=0.1 mol·L-1,不同pH下c(C)由图1得到]。 图1　 图2 下列说法不正确的是 (　C　) A.由图1,pH=10.25,c(HC)=c(C) B.由图2,初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6,无沉淀生成 C.由图2,初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2,平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1 D.由图1和图2,初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1,发生反应:Mg2++2HCMgCO3↓+CO2↑+H2O 解析 从图1可以看出pH=10.25时,HC与C浓度相同,A项正确;从图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6时,该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方,不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀,B项正确;从图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时,该点位于曲线Ⅱ的上方,会生成碳酸镁沉淀,根据元素守恒,溶液中c(H2CO3)+c(HC)+c(C)<0.1 mol·L-1,C项错误;pH=8时,溶液中主要含碳微粒是HC,pH=8,lg[c(Mg2+)]=-1时,该点位于曲线Ⅱ的上方,Mg2+会与HC反应生成碳酸镁沉淀,因此反应的离子方程式为Mg2++2HCMgCO3↓+H2O+CO2↑,D项正确。 3.(2023·湖北,14,3分,难度★★★★)H2L为某邻苯二酚类配体,其pKa1=7.46,pKa2=12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)-H2L溶液体系,其中c0(Fe3+)=2.0×10-4 mol·L-1,c0(H2L)=5.0×10-3 mol·L-1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示,分布系数δ(x)=,已知lg 2≈0.30,lg 3≈0.48。下列说法正确的是 (　C　) Fe(Ⅲ)-H2L体系部分物种分布图 A.当pH=1时,体系中c(H2L)>c([FeL]+)>c(OH-)>c(HL-) B.pH在9.5~10.5之间,含L的物种主要为L2- C.L2-+[FeL]+[FeL2]-的平衡常数的lg K约为14 D.当pH=10时,参与配位的c(L2-)≈1.0×10-3 mol·L-1 解析 已知H2L的Ka1==10-7.46,Ka2==10-12.4,Fe(Ⅲ)-H2L溶液体系中进行的反应:Fe3++H2L[FeL]++2H+,其中c0(Fe3+)=2.0×10-4 mol·L-1,c0(H2L)=5.0×10-3 mol·L-1。 当pH=1时,δ(Fe3+)=δ([FeL]+)=0.5,c(Fe3+)=c([FeL]+)=1.0×10-4 mol·L-1,c(H2L)≈5.0×10-3 mol·L-1,c(HL-)== mol·L-1=5.0×10-9.46 mol·L-1>c(OH-)=1.0×10-13 mol·L-1,所以A错误;根据Ka1、Ka2可知,当pH=7.46时,c(H2L)=c(HL-),pH=12.4时,c(HL-)=c(L2-),则当pH在9.5~10.5之间,c(HL-)>c(L2-),c(HL-)>c(H2L),含L的物种主要为HL-,所以B错误;L2-+[FeL]+[FeL2]-,K=,由图像知,pH=4时,c([FeL2]-)=c([FeL]+),K=,对于H2L,Ka1·Ka2==10-7.46×10-12.4=10-19.86,pH=4时,c(H+)=10-4 mol·L-1,c(L2-)= mol·L-1=5.0×10-14.86 mol·L-1,此时K==2×1013.86,lg K=14.16,C正确;由图像知,当pH=10时,δ([FeL3]3-)=δ([FeL2(OH)]2-)≈0.5,参与配位的c(L2-)≈1.0×10-4 mol·L-1×3+1.0×10-4 mol·L-1×2=5.0×10-4 mol·L-1,所以D错误。 4.(双选)(2022·海南,13,4分,难度★★★)NaClO溶液具有漂白能力,已知25 ℃时,Ka(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是(　AD　) A.0.01 mol·L-1溶液中,c(ClO-)<0.01 mol·L-1 B.长期露置在空气中,释放Cl2,漂白能力减弱 C.通入过量SO2,反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2OHS+HClO D.25 ℃,pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中,c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+) 解析 NaClO溶液中的ClO-会发生水解,故0.01 mol·L-1 NaClO溶液中c(ClO-)<0.01 mol·L-1,A项说法正确;NaClO溶液长期露置在空气中容易和空气中的CO2发生反应生成HClO,HClO分解生成O2,不会释放Cl2,B项说法错误;将过量的SO2通入NaClO溶液中,SO2被氧化,反应的离子方程式为:SO2+ClO-+H2OCl-+S+2H+,C项说法错误;25 ℃,根据NaClO和HClO混合溶液中电荷守恒:c(ClO-)+c(OH-)c(H+)+c(Na+),pH=7.0时,c(ClO-)=c(Na+),Ka=,===2.5,所以c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+),D项说法正确。 5.(2022·江苏,12,3分,难度★★★) 一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1 mol·L-1 KOH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(HC)+c(C)。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是(　C　) A.KOH吸收CO2所得到的溶液中:c(H2CO3)>c(HC) B.KOH完全转化为K2CO3时,溶液中:c(OH-)=c(H+)+c(HC)+c(H2CO3) C.KOH溶液吸收CO2,c总=0.1 mol·L-1溶液中:c(H2CO3)>c(C) D.如图所示的“吸收”“转化”过程中,溶液的温度下降 解析 KOH吸收CO2所得到的溶液,若为K2CO3溶液,则C主要发生第一步水解,溶液中:c(H2CO3)<c(HC);若为KHCO3溶液,则HC发生水解的程度较小,溶液中:c(H2CO3)<c(HC),A项说法不正确。KOH完全转化为K2CO3时,依据电荷守恒,溶液中:c(K+)+c(H+)c(OH-)+c(HC)+2c(C),依据物料守恒,溶液中:c(K+)=2[c(C)+c(HC)+c(H2CO3)],则c(OH-)=c(H+)+c(HC)+2c(H2CO3),B项说法不正确。KOH溶液吸收CO2,c(KOH)=0.1 mol∙L-1、c总=0.1 mol∙L-1时溶液为KHCO3溶液,Kh2==≈2.3×10-8>Ka2=4.4×10-11,表明HC以水解为主,所以溶液中:c(H2CO3)>c(C),C项说法正确。如图所示的“吸收”“转化”过程中,发生的总反应可表示为:CO2+CaOCaCO3,该反应放热,溶液的温度升高,D项说法不正确。 比较溶液中离子浓度关系的解题流程 6.(2022·重庆,11,3分,难度★★★)某小组模拟成垢—除垢过程如图。 100 mL 0.1 mol·L-1 CaCl2水溶液 …… 忽略体积变化,且步骤②中反应完全。下列说法正确的是 (　D　) A.经过步骤①,溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-) B.经过步骤②,溶液中c(Na+)=4c(S) C.经过步骤②,溶液中c(Cl-)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3) D.经过步骤③,溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-) 解析 根据CaCl2+Na2SO42NaCl+CaSO4↓,100 mL 0.1 mol·L-1 CaCl2水溶液和0.01 mol Na2SO4反应生成0.02 mol NaCl和0.01 mol CaSO4,CaSO4微溶,溶液中含有S和Ca2+,则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-),故A错误;步骤②中,CaSO4(s)+Na2CO3(aq)CaCO3↓+Na2SO4(aq),步骤②中反应完全,则反应后的溶质为0.01 mol Na2SO4、0.01 mol Na2CO3和0.02 mol NaCl,则c(Na+)=6c(S),故B错误;经过步骤②,反应后溶液中的溶质为0.01 mol Na2SO4、0.01 mol Na2CO3和0.02 mol NaCl,根据物料守恒:c(Cl-)=2c(C)+2c(HC)+2c(H2CO3),故C错误;步骤③中,反应的化学方程式为CaCO3+2CH3COOH(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑,反应后的溶液中含有0.02 mol NaCl、0.01 mol (CH3COO)2Ca,则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-),故D正确。 7.(2021·全国乙,13,6分,难度★★★★)HA是一元弱酸,难溶盐MA的饱和溶液中c(M+)随c(H+)而变化,M+不发生水解。实验发现,298 K时c2(M+)~c(H+)为线性关系,如下图中实线所示。 下列叙述错误的是 (　C　) A.溶液pH=4时,c(M+)<3.0×10-4 mol·L-1 B.MA的溶度积Ksp(MA)=5.0×10-8 C.溶液pH=7时,c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-) D.HA的电离常数Ka(HA)≈2.0×10-4 解析 由题图可看出,溶液pH=4时,c2(M+)=7.5×10-8(mol·L-1)2,则c(M+)<3.0×10-4 mol·L-1,A项叙述正确;取横坐标为0时,溶液中c(H+)忽略不计,溶液为强碱性环境,A-水解生成的HA可忽略不计,c(M+)≈c(A-),此时Ksp(MA)≈c2(M+)=5.0×10-8,B项叙述正确;由图像可知,随c(H+)增大,c(M+)也增大,故加入的酸不是HA,溶液中除了A-外,还有其他酸根离子,C项叙述错误;根据物料守恒,溶液中c(M+)=c(A-)+c(HA),Ksp(MA)=c(M+)·c(A-)=5.0×10-8,由HAH++A-可知,Ka(HA)====,由c(H+)=10×10-5 mol·L-1时c2(M+)=7.5×10-8(mol·L-1)2,代入求得Ka(HA)≈2.0×10-4,D项叙述正确。 盐类水解题的审题关键 根据题意“HA是一元弱酸”“M+不发生水解”可知,MA的溶液中因A-水解而使c(OH-)>c(H+)。题图下方标示的c(H+)大于c(OH-),且随着c(H+)的增大,c(M+)增大,由此可推知体系中加入的酸不是HA,应该有另外一种酸溶液进入体系,分析可知C项关系式中遗漏了一种酸根离子,故C项叙述错误。 8.(2021·河北,6,3分,难度★★★)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 (　D　) A.酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度 B.转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3 C.水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度 D.水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成 解析 酸浸工序中加入稀硝酸,金属铋与稀硝酸反应是有气体生成的放热反应,分批次加入稀硝酸,从而降低反应剧烈程度,A项说法正确;Bi(NO3)3易水解,转化工序中加入稀盐酸,增大溶液中的c(H+),可以抑制Bi(NO3)3的水解,B项说法正确;Bi3+水解使溶液呈酸性, CH3COONa水解使溶液呈碱性,水解工序中加入CH3COONa固体,可促进Bi3+水解,C项说法正确;NH4NO3水解使溶液呈酸性,水解工序中加入NH4NO3固体,则抑制Bi3+水解,不利于BiOCl的生成,D项说法错误。 9.(双选)(2021·海南,13,4分,难度★★★)25 ℃时,向10.00 mL 0.100 0 mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加0.100 0 mol·L-1的盐酸,溶液的pH随加入的盐酸的体积V变化如图所示。下列有关说法正确的是 (　AB　) A.a点,溶液pH>7是由于HC水解程度大于电离程度 B.b点,c(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(Cl-) C.c点,溶液中的H+主要来自HC的电离 D.d点,c(Na+)=c(Cl-)=0.100 0 mol·L-1 解析 HC存在水解平衡和电离平衡,a点溶液pH>7的原因是HC水解程度大于电离程度,A项正确;根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(Cl-)+c(OH-),b点pH=7即c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(Cl-),B项正确;c点,溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸,溶液中的H+主要来自H2CO3的电离,C项错误;d点,碳酸氢钠和盐酸恰好完全反应,c(Na+)=c(Cl-)=0.0500 mol·L-1,D项错误。 10.(2021·北京,12,3分,难度★★★)下列实验中,均产生白色沉淀。 下列分析不正确的是 (　B　) A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同 B.CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解 C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解 D.4个实验中,溶液滴入后,试管中溶液pH均降低 解析 Na2CO3溶液中存在、的水解平衡和H2O的电离平衡,NaHCO3溶液中存在的电离平衡与水解平衡及H2O的电离平衡,故含有的微粒种类相同,A项分析正确;C+H2OHC+OH-,加入Ca2+后,Ca2+和反应生成沉淀,平衡左移,抑制C水解,B项分析错误;Al3+与、都能发生相互促进的水解反应,C项分析正确;由题干信息可知,形成沉淀时会消耗C和HC,使它们的浓度减小,从而导致OH-的浓度减小,pH减小,D项分析正确。 11.(双选)(2021·山东,15,4分,难度★★★★)赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-,用HR表示]是人体必需氨基酸,其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡: H3R2+H2R+HRR- 向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=,下列表述正确的是 (　CD　) A.> B.M点,c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+) C.O点,pH= D.P点,c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) 解析 向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,依次发生的反应是:H3R2++OH-H2R++H2O、H2R++OH-HR+H2O、HR+OH-R-+H2O,溶液中c(H3R2+)逐渐减小,c(H2R+)和c(HR)先增大后减小,c(R-)逐渐增大。由反应的离子方程式可知:K1==,依次类推K2=、K3=。M点c(H3R2+)=c(H2R+),故K1=;N点c(HR)=c(H2R+),则K2=;P点c(HR)=c(R-),则K3=。=≈=10-6.9,=≈=10-1.7,故<,A项说法错误;根据M点时溶液中的电荷守恒,c(R-)+c(OH-)+c(Cl-)=2c(H3R2+)+c(H2R+)+c(H+)+c(Na+),由于M点时c(H3R2+)=c(H2R+),故有c(R-)+c(OH-)+c(Cl-)=3c(H2R+)+c(H+)+c(Na+),B项说法错误;O点c(H2R+)=c(R-),即=1,即 ==1,则c(H+)=,溶液中pH=-lgc(H+)=,C项说法正确,符合题目要求;P点溶液中的溶质为NaCl、HR、NaR,此时溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),溶质浓度大于水解或电离所产生的粒子浓度,故有c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),D项说法正确,符合题目要求。 12.(2021·浙江,23,2分,难度★★★★)取两份10 mL 0.05 mol·L-1的NaHCO3溶液,一份滴加0.05 mol·L-1的盐酸,另一份滴加0.05 mol·L-1 NaOH溶液,溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是 (　C　) A.由a点可知:NaHCO3溶液中HC的水解程度大于电离程度 B.a→b→c过程中:c(HC)+2c(C )+c(OH-)逐渐减小 C.a→d→e过程中:c(Na+)<c(HC)+c(C)+c(H2CO3) D.令c点的c(Na+)+c(H+)=x,e点的c(Na+)+c(H+)=y,则x>y 解析 由a点溶液呈碱性,说明HC的水解程度大于电离程度,A项说法正确;a→b→c过程为向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液,溶液的pH逐渐增大,则c(H+)逐渐减小,c(Na+)保持0.05 mol·L-1不变,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-),该过程中c(Na+)+c(H+)逐渐减小,B项说法正确;a→d→e过程中滴加盐酸:H++HCH2CO3H2O+CO2↑,故c(Na+)>c(HC)+c(C)+c(H2CO3),C项说法错误;c点溶质主要成分是Na2CO3、e点溶质主要成分是NaCl,c点Na+的物质的量比a点增加了一倍,D项说法正确。 13.(2020·海南,12,4分,难度★★★)某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是 (　B　) pH A.该酸-lg Ka≈4.7 B.NaA的水解平衡常数Kh= C.当该溶液的pH=7.0时,c(HA)<c(A-) D.某c(HA)∶c(A-)=4∶1的缓冲溶液,pH≈4 解析 根据题干图像可知,c(HA)=c(A-)时,pH≈4.7,该酸Ka==c(H+)≈10-4.7,故-lg Ka≈4.7,A项说法正确;NaA的水解平衡常数Kh==,B项说法错误;根据题干图像可知,当该溶液的pH=7.0时,c(HA)<c(A-),C项说法正确;根据题干图像可知,c(HA)为0.8,c(A-)为0.2时,pH约为4,故某c(HA)∶c(A-)=4∶1的缓冲溶液,pH≈4,D项说法正确。 14.(2020·浙江,17,2分,难度★★)下列说法不正确的是 (　A　) A.2.0×10-7 mol·L-1的盐酸中c(H+)=2.0×10-7 mol·L-1 B.将KCl溶液从常温加热至80 ℃,溶液的pH变小,但仍保持中性 C.常温下,NaCN溶液呈碱性,说明HCN是弱电解质 D.常温下,pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体,溶液pH增大 解析 2×10-7 mol·L-1的盐酸浓度太小,水的电离不能忽略,溶液中c(H+)=2×10-7 mol·L-1+c(H+)水,A项说法错误。 15.(双选)(2020·江苏,14,4分,难度★★★)室温下,将两种浓度均为0.10 mol·L-1的溶液等体积混合,若溶液混合引起的体积变化可忽略,下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是 (　AD　) A.NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30):c(Na+)>c(HC)>c(C)>c(OH-) B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25):c(N)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-) C.CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4.76):c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+) D.H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68,H2C2O4为二元弱酸):c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2)+c(OH-) 解析 因水解程度:C>HC,故等浓度的NaHCO3-Na2CO3混合溶液中,c(Na+)>c(HC)>c(C)>c(OH-)成立,A项正确;混合溶液中存在电荷守恒式:c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),而由于溶液呈碱性,说明c(N)>c(NH3·H2O),依据物料守恒有c(N)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-),故正确关系式为c(N)+c(H+)>c(NH3·H2O)+c(OH-),B项错误;因混合溶液pH=4.76,即CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,故c(CH3COO-)>c(CH3COOH),C项错误;分别列出混合溶液中电荷守恒式和物料守恒式: ①c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2) ②2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2) ②-①可得题中等式,D项正确。 16.(2020·全国1,13,6分,难度★★★★)以酚酞为指示剂,用0.100 0 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中,pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如下图所示。 [比如A2-的分布系数: δ(A2-)=] 下列叙述正确的是 (　C　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.曲线①代表δ(H2A),曲线②代表δ(HA-) B.H2A溶液的浓度为0.200 0 mol·L-1 C.HA-的电离常数Ka=1.0×10-2 D.滴定终点时,溶液中c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-) 解析 由图示滴定曲线中只有一个明显的滴定终点且终点时消耗氢氧化钠溶液的体积为40 mL,以及起点时溶液pH=1,可确定酸H2A第一步是完全电离的,其浓度是0.100 0 mol·L-1,所以曲线①代表δ(HA-)、曲线②代表δ(A2-),A、B两项错误。C项,曲线①、②交点时δ(HA-)=δ(A2-),此时VNaOH=25 mL,再根据曲线③可知此时溶液pH=2,由Ka=,得Ka=1.0×10-2,C项正确。利用电荷守恒,因为是强碱滴定弱酸,滴定终点时溶液呈碱性,c(H+)<c(OH-),则有c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-),D项错误。 电解质溶液图像题的判断误区 此题属于双坐标曲线,把分布系数图与滴定曲线合二为一,难度较大。曲线①、②交点对应的pH为2不是5,这是一个陷阱,需要认真观察。 17.(双选)(2020·山东,15,4分,难度★★★★)25 ℃时,某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1,lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO-)、lgc(H+)和lgc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数,下列说法正确的是 (　BC　) A.O点时,c(CH3COOH)=c(CH3COO-) B.N点时,pH=-lg Ka C.该体系中,c(CH3COOH)= mol·L-1 D.pH由7到14的变化过程中,CH3COO-的水解程度始终增大 解析 在CH3COO-、CH3COOH的混合溶液中,随着pH的增大,lgc(CH3COOH)减小,lgc(CH3COO-)增大。当pH=0时,c(H+)=1 mol·L-1,又由于c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1,所以c(H+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)。N点时c(CH3COOH)=c(CH3COO-),Ka==c(H+),pH=-lgc(H+)=-lgKa,B项正确;O点时c(H+)=c(OH-),c(CH3COO-)>c(CH3COOH),该体系中,c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1-c(CH3COOH),因为Ka==,整理可得,c(CH3COOH)= mol·L-1,故A项错误,C项正确;pH从7到14的过程中,存在随c(OH-)增大,CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-水解平衡逆向移动的过程,D项错误。 18.(2019·浙江,5,2分,难度★★)下列溶液呈碱性的是 (　D　) A.NH4NO3 B.(NH4)2SO4 C.KCl D.K2CO3 解析 A项,硝酸铵为强酸弱碱盐,在水溶液中水解呈酸性,所以错误;B项,硫酸铵为强酸弱碱盐,在水溶液中水解呈酸性,所以错误;C项,氯化钾为强酸强碱盐,在水溶液中不发生水解反应,溶液呈中性,所以错误;D项,碳酸钾为强碱弱酸盐,在水溶液中水解呈碱性,所以正确。 19.(2019·北京,12,6分,难度★★★★★)实验测得0.5 mol·L-1 CH3COONa溶液、0.5 mol·L-1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 (　C　) A.随温度升高,纯水中c(H+)>c(OH-) B.随温度升高,CH3COONa的溶液的c(OH-)减小 C.随温度升高,CuSO4的溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果 D.随水温升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同 解析 随温度升高,KW增大,但纯水中的c(H+)仍然等于c(OH-),A错误;随温度升高,CH3COONa水解平衡和水的电离平衡均会正向移动,c(OH-)增大,图中pH略有减小,应是水的电离平衡正向移动所致,B错误;随温度升高,CuSO4水解程度增大,c(H+)增大,pH减小,而且升温也会导致水的电离平衡正向移动,KW增大,C正确;D项,随水温升高,CH3COO-、Cu2+水解平衡均正向移动,D错误。 20.(2018·浙江,4,2分,难度★)下列物质溶于水后溶液显酸性的是 (　C　) A.KCl B.Na2O C.NH4Cl D.CH3COONa 解析 C选项,氯化铵溶于水,铵根离子水解使溶液呈酸性,正确;D选项,醋酸钠溶于水,醋酸根离子水解使溶液呈碱性,错误。 21.(2018·北京,11,6分,难度★★★★)测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。 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BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多。 下列说法不正确的是 (　C　) A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:S+H2OHS+OH- B.④的pH与①不同,是由于S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KW值相等 解析 由①④时刻溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液,④产生白色沉淀较多,说明升温过程中亚硫酸钠被空气中氧气氧化为硫酸钠,导致亚硫酸根浓度减小。④与①的pH不同是因为亚硫酸钠被空气中氧气氧化为硫酸钠,导致亚硫酸根浓度减小,溶液pH减小,B项说法正确。升高温度,水解平衡右移;减小亚硫酸根浓度,平衡左移,C项说法错误。 22.(双选)(2017·江苏,14,4分,难度★★★)常温下,Ka(HCOOH)=1.77×10-4,Ka(CH3COOH)=1.75×10-5,Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5,下列说法正确的是 (　AD　) A.浓度均为0.1 mol·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者 B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点,消耗NaOH溶液的体积相等 C.0.2 mol·L-1 HCOOH与0.1 mol·L-1 NaOH等体积混合后的溶液中:c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+) D.0.2 mol·L-1 CH3COONa与0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+) 解析 A项,N要发生水解,正确;B项,CH3COOH的电离平衡常数小,即酸性弱,等体积pH均为3的HCOOH与CH3COOH溶液分别与等浓度的NaOH溶液反应时,CH3COOH消耗NaOH的量较大,错误;C项,混合后所得溶液为HCOOH与HCOONa物质的量之比为1∶1的混合溶液,且溶液中c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒:c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),依据物料守恒:2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-),则c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH),c(HCOO-)+c(OH-)>c(HCOOH)+c(H+),C项错误;反应后溶液为CH3COONa、CH3COOH和NaCl物质的量之比为1∶1∶1的混合溶液,依据物料守恒有:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Cl-),又因溶液pH<7,则CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,即c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH),因CH3COOH的电离和CH3COO-的水解均很微弱,故c(H+)<c(CH3COOH),D项正确。 离子浓度大小比较的技巧 (1)先确定溶液成分(两溶液混合时能发生反应者优先考虑反应)。 (2)再确定溶液酸碱性(考虑电离程度、水解程度的相对大小)。 (3)若选项中包含等式,要考虑两个守恒(两个守恒指物料守恒和电荷守恒);若选项中包含不等式,要考虑两个守恒且结合等量代换分析问题。 23.(双选)(2016·江苏,14,4分,难度★★★★)H2C2O4为二元弱酸。20 ℃时,配制一组c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)=0.100 mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　BD　) A.pH=2.5的溶液中:c(H2C2O4)+c(C2)>c(HC2) B.c(Na+)=0.100 mol·L-1的溶液中:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2) C.c(HC2)=c(C2)的溶液中:c(Na+)>0.100 mol·L-1+c(HC2) D.pH=7.0的溶液中:c(Na+)>2c(C2) 解析 A项,由图知,pH=2.5时,c(HC2)>0.08 mol·L-1,c(C2)+c(H2C2O4)<0.02 mol·L-1,错误。由电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HC2)+2c(C2)+c(OH-)①;物料守恒:c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)=c(Na+)②;两式相加,则c(H+)+c(H2C2O4)=c(C2)+c(OH-),B项正确。C项,由图可知:c(C2)=c(HC2)时,c(H2C2O4)=0,溶液pH<7,c(OH-)<c(H+),c(C2)+c(HC2)=0.1 mol·L-1,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HC2)+2c(C2)+c(OH-),c(Na+)=c(HC2)+c(C2)+c(C2)+c(OH-)-c(H+),则c(Na+)<0.1 mol·L-1+c(HC2),错误。D项,由电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(HC2)+2c(C2)+c(OH-),因溶液pH=7,则有:c(Na+)=c(HC2)+2c(C2),c(Na+)>2c(C2),正确。 24.(2015·天津,5,6分,难度★★★)室温下,将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液,向溶液中加入下列物质,有关结论正确的是 (　B　) 选项 加入的物质 结　　论 A 50 mL 1 mol·L-1 H2SO4 反应结束后,c(Na+)=c(S) B 0.05 mol CaO 溶液中增大 C 50 mL H2O 由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变 D 0.1 mol NaHSO4 固体 反应完全后,溶液pH减小,c(Na+)不变 解析 0.05 mol Na2CO3中n(Na+)=0.1 mol,50 mL 1 mol·L-1 H2SO4中含n(S)=0.05 mol,故反应后c(Na+)=2c(S),A项错误;0.05 mol CaO与H2O反应生成0.05 mol Ca(OH)2,Ca(OH)2+Na2CO3CaCO3↓+2NaOH,则溶液中增大,B项正确;向Na2CO3溶液中加水,c(OH-)水减小,则c(H+)水也减小,则由水电离出的c(H+)水·c(OH-)水减小,C项错误。 考点28沉淀溶解平衡　 　　本考点既有选择题也有非选择题。选择题通过图像分析、反应条件控制等考查难溶电解质的溶解平衡,非选择题主要考查Ksp的计算与应用。题目的难度较大,沉淀溶解平衡是化学平衡知识的延续与深化。 1.(2024·全国甲,13,6分,难度★★★★)将0.10 mmol Ag2CrO4配制成1.0 mL悬浊液,向其中滴加0.10 mol·L-1的NaCl溶液。lg[cM/(mol·L-1)](M代表Ag+、Cl-或Cr)随加入NaCl溶液体积(V)的变化关系如图所示。 下列叙述正确的是 (　D　) A.交点a处:c(Na+)=2c(Cl-) B.=10-2.21 C.V≤2.0 mL时,不变 D.y1=-7.82,y2=-lg 34 解析 由化学方程式Ag2CrO4+2NaCl2AgCl+Na2CrO4得,①当V(NaCl)=2.0 mL时,为完全反应点,c(Cr)最大;②随着V(NaCl)增大,c(Cl-)增大,c(Ag+)减小。 在NaCl体积为2.0 mL前,AgCl和Ag2CrO4均满足溶度积常数Ksp,所以Ksp(AgCl)=10-4.57×10-5.18=10-9.75,Ksp(Ag2CrO4)=(10-5.18)2×10-1.6=10-11.96。 A项,a点为过量点,由化学方程式Ag2CrO4+2NaCl2AgCl+Na2CrO4得,a点溶质为NaCl、Na2CrO4;由图像可知a点时,c(Cr)=c(Cl-),则c(Na2CrO4)=c(NaCl),所以a处:c(Na+)=3c(Cl-),错误。 B项,==102.21,错误。 C项,当V≤2.0 mL时,存在Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+Cr,得K==为定值,所以=K·c(Cl-),c(Cl-)不是定值,错误。 D项,当V(NaCl)=1.0 mL时,算出Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-9.75。当V(NaCl)=2.4 mL时,c(Cl-)=10-1.93 mol·L-1,所以y1=lg[]=lg[]=-7.82。c(Cr)==== mol·L-1。y2=lg[c(Cr)]=lg[]=-lg 34,正确。 2.(2024·吉林,15,3分,难度★★★★)25 ℃下,AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂,用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl-水样、含Br-水样。 已知:①Ag2CrO4为砖红色沉淀; ②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr; ③25 ℃时,pKa1(H2CrO4)=0.7, pKa2(H2CrO4)=6.5。 下列说法错误的是 (　D　) A.曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线 B.反应Ag2CrO4+H+2Ag++HCr的平衡常数K=10-5.2 C.滴定Cl-时,理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-2.0 mol·L-1 D.滴定Br-达终点时,溶液中=10-0.5 解析 Ag+与Cl-、Ag+与Br-均按个数比1∶1形成化合物,相同条件下AgCl的溶解度大于AgBr,则曲线②、③分别为AgCl、AgBr的沉淀溶解平衡曲线,曲线①为Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线,A正确;利用点(2.0,7.7)计算Ag2CrO4的溶度积常数:Ksp=c2(Ag+)×c(Cr)=(10-2.0)2×10-7.7=10-11.7,反应Ag2CrO4+H+2Ag++HCr的平衡常数:K====10-5.2,B正确;利用点(2.0,7.7)计算AgCl的溶度积常数:Ksp=c(Ag+)×c(Cl-)=10-2.0×10-7.7=10-9.7,当Cl-恰好沉淀完全时,c(Ag+)==10-4.85 mol·L-1,要准确指示滴定终点,则溶液中c(Cr)== mol·L-1=10-2 mol·L-1,则指示剂浓度不能超过10-2 mol·L-1,C正确;利用点(6.1,6.1)计算AgBr的溶度积:Ksp(AgBr)=(10-6.1)2=10-12.2,当滴定Br-达终点时,存在①c(Ag+)·c(Br-)=10-12.2、②c2(Ag+)·c(Cr)=10-11.7,由①、②得=·c(Ag+)=10-0.5 c(Ag+),D错误。 3.(2024·湖北,13,3分,难度★★★★)CO2气氛下,Pb(ClO4)2溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标(δ)为组分中铅占总铅的质量分数。已知c0(Pb2+)=2.0×10-5 mol·L-1,p(H2CO3)=6.4、p(H2CO3)=10.3,pKsp(PbCO3)=12.1。下列说法错误的是 (　C　) A.pH=6.5时,溶液中c(C)<c(Pb2+) B.δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时,c(Pb2+)<1.0×10-5 mol·L-1 C.pH=7时,2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]<2c(C)+c(HC)+c(Cl) D.pH=8时,溶液中加入少量NaHCO3(s),PbCO3会溶解 解析 由图可知,pH=6.5时δ(Pb2+)>50%,即c(Pb2+)>1×10-5 mol·L-1,则c(C)<= mol·L-1=10-7.1 mol·L-1<c(Pb2+),A项正确;由图可知,δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时,溶液中还存在Pb(OH)+,根据c0(Pb2+)=2.0×10-5 mol·L-1和Pb守恒,溶液中c(Pb2+)<1.0×10-5 mol·L-1,B项正确;溶液中的电荷守恒为2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(Cl)+2c[Pb(CO3]+c(OH-),pH=7时溶液中c(H+)=c(OH-),则2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]=2c(C)+c(HC)+c(Cl)+2c[Pb(CO3],C项错误;NaHCO3溶液中HC的水解平衡常数为==10-7.6>(H2CO3),故NaHCO3溶液呈碱性,当加入少量NaHCO3固体时,溶液pH增大,PbCO3转化成Pb(CO3而溶解,D项正确。 4.(2023·全国甲,13,6分,难度★★★★)下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM-pH关系图(pM=-lg[c(M)/(mol·L-1)];c(M)≤10-5 mol·L-1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是 (　C　) A.由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]=10-8.5 B.pH=4时Al(OH)3的溶解度为 mol·L-1 C.浓度均为0.01 mol·L-1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离 D.Al3+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+)=0.2 mol·L-1时二者不会同时沉淀 解析 a点c(Fe3+)=10-2.5 mol·L-1,c(OH-)=10-12 mol·L-1,则Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=10-2.5×(10-12)3=10-38.5,A项错误。pH=5时,c(Al3+)=10-6 mol·L-1,c(OH-)=10-9 mol·L-1,Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=10-6×(10-9)3=10-33;pH=4时,c(Al3+)== mol·L-1=10-3 mol·L-1,B项错误。根据Fe(OH)3的Ksp可知,Fe3+沉淀完全时,c3(OH-)×10-5=10-38.5,c3(OH-)=10-33.5,则c(OH-)≈10-11.17 mol·L-1。而Al3+开始沉淀时,0.01×c3(OH-)=10-33,c3(OH-)=10-31,则c(OH-)≈10-10.33 mol·L-1。因此Fe3+沉淀完全时,Al3+还未开始沉淀,C项正确。Al3+沉淀完全时,10-5×c3(OH-)=10-33,c(OH-)≈10-9.33 mol·L-1,根据pH=6的点可知,Cu(OH)2 的Ksp=10-3.5×(10-8)2=10-19.5,当Al3+沉淀完全时,c(Cu2+)·c2(OH-)=0.2×10-18.66=2×10-19.66>Ksp[Cu(OH)2],此时Cu2+已经开始沉淀,故题述条件下Al3+、Cu2+可以同时沉淀,D项错误。 5.(2023·全国乙,13,6分,难度★★★★)一定温度下,AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 下列说法正确的是 (　C　) A.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀,也能生成AgCl沉淀 B.b点时,c(Cl-)=c(Cr),Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4) C.Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+Cr的平衡常数K=107.9 D.向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液,先产生Ag2CrO4沉淀 解析 根据图中已知坐标点可知,Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(Cr)=(10-5)2×10-1.7=1×10-11.7,Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-5×10-4.8=1×10-9.8。a点在Ag2CrO4、AgCl的沉淀溶解平衡曲线上方,对应的离子浓度小,二者均不会生成沉淀,A错误;b点时c(Cl-)=c(Cr),但Ksp只与温度有关,温度不变,Ksp不变,B错误;反应Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+Cr的平衡常数K=====107.9,C正确;分别计算浓度均为0.1 mol·L-1的NaCl、Na2CrO4溶液开始产生沉淀时Ag+的浓度,NaCl溶液中c(Ag+)==1×10-8.8 mol·L-1,Na2CrO4溶液中c(Ag+)== mol·L-1=1×10-5.35 mol·L-1,故向浓度均为0.1 mol·L-1的二者的混合溶液中滴加AgNO3溶液,AgCl先沉淀,D错误。 6.(2023·全国新课标,13,6分,难度★★★★)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水,发生反应Ag++NH3[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+。lg[c(M)/(mol·L-1)]与lg[c(NH3)/(mol·L-1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag+、Cl-、[Ag(NH3)]+或 [Ag(NH3)2]+)。 下列说法错误的是 (　A　) A.曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线 B.AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=10-9.75 C.反应[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+的平衡常数K的值为103.81 D.c(NH3)=0.01 mol·L-1时,溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+) 解析 溶液中存在足量的AgCl固体,根据平衡移动原理,随着氨水的滴加AgCl溶解度逐渐增大,则Cl-浓度增大、Ag+浓度减小,[Ag(NH3)]+开始占优势,而随着氨水的滴加[Ag(NH3)2]+浓度会逐渐超过[Ag(NH3)]+,结合图像可知,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+、Cl-。曲线Ⅰ代表[Ag(NH3)2]+浓度随NH3浓度变化曲线,A错误;根据lg[c(NH3)/(mol·L-1)]=-1相关数据进行计算,AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=10-7.40×10-2.35=10-9.75,B正确;根据lg[c(NH3)/(mol·L-1)]=-1相关数据进行计算反应[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+的平衡常数,可得K==103.81,C正确; c(NH3)=0.01 mol·L-1时, lg[c(NH3)/(mol·L-1)]=-2, 溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+),D正确。 7.(2023·辽宁,15,3分,难度★★★★)某废水处理过程中始终保持H2S饱和,即c(H2S)=0.1 mol·L-1,通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离,体系中pH与-lg c关系如下图所示,c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度,单位为mol·L-1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS),下列说法正确的是 (　D　) A.Ksp(CdS)=10-18.4 B.③为pH与-lg c(HS-)的关系曲线 C.(H2S)=10-8.1 D.(H2S)=10-14.7 解析 H2S为弱电解质,分步电离,随pH增大,HS-、S2-均应逐渐增大,且pH较小范围内-lg c(S2-)比-lg c(HS-)大,故③为pH与-lg c(S2-)的关系曲线,④为pH与-lg c(HS-)的关系曲线;已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS),则①、②分别为pH与-lg c(Cd2+)、-lg c(Ni2+)的关系曲线;根据(4.9,13.0)点可知,Ksp(CdS)=c2(Cd2+)=(1×10-13)2=1×10-26,A项错误;根据上述分析③为pH与-lg c(S2-)的关系,B项错误;根据图中(4.2,3.9),可知===10-7.1,C项错误;由曲线上(6.8,9.2)列式可得:·=,===10-14.7,D项正确。 8.(2023·江苏,12,3分,难度★★★)室温下,用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已知Ksp(MgF2)=5.2×10-11,Ka(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是 (　C　) A.0.1 mol·L-1 NaF溶液中:c(F-)=c(Na+)+c(H+) B.“除镁”得到的上层清液中:c(Mg2+)= C.0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中:c()=c(H+)+c(H2CO3)-c(OH-) D.“沉锰”后的滤液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c() 解析 根据电荷守恒:c(OH-)+c(F-)=c(Na+)+c(H+),A错误;“除镁”得到的上层清液为MgF2的饱和溶液,有Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-),故c(Mg2+)=,B错误;0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中存在电荷守恒:2c(C)+c(HC)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),根据元素守恒:c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3),故c()=c(H+)+c(H2CO3)-c(OH-),C正确;“沉锰”后的滤液中还存在F-、等离子,故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立,D错误。 9.(2023·湖南,9,3分,难度★★★)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下。 已知:①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。 物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5 完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 4.6 ②Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。 下列说法错误的是 (　D　) A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3 B.Na2S溶液显碱性,其主要原因是S2-+H2OHS-+OH- C.“沉淀池Ⅱ”中,当Cu2+和Zn2+完全沉淀时,溶液中=4.0×10-12 D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后,可用作工业冷却循环用水 解析 整个流程中要把Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+等除去。在“混合槽Ⅰ”中,将污水与石灰乳混合且调pH=4,根据表格中各金属离子沉淀的pH可知,Fe3+完全沉淀,Al3+部分沉淀,“沉渣Ⅰ”为Fe(OH)3和 Al(OH)3,A项正确;S2-为弱酸根离子,水解产生OH-,因此Na2S溶液显碱性,B项正确;“沉淀池Ⅱ”中,当Cu2+和Zn2+完全转化为CuS和ZnS沉淀时,====4.0×10-12,C项正确;“出水”经阴离子交换树脂处理后仍还含有大量的Na+、Ca2+等,温度升高时易产生大量水垢,因此不可用作工业冷却循环水,D项错误。 10.(2022·湖南,10,3分,难度★★★)室温时,用0.100 mol·L-1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液,通过电位滴定法获得lg c(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时,认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgBr)=5.4×10-13,Ksp(AgI)=8.5×10-17)。 下列说法正确的是 (　C　) A.a点:有白色沉淀生成 B.原溶液中I-的浓度为0.100 mol·L-1 C.当Br-沉淀完全时,已经有部分Cl-沉淀 D.b点:c(Cl-)>c(Br-)>c(I-)>c(Ag+) 解析 根据Ksp数据可知,Cl-、Br-、I-相同的溶液中,滴加AgNO3溶液,I-首先形成沉淀,A项错误;从图像可知,加入AgNO3溶液4.50 mL时Cl-、Br-、I-三种离子均已沉淀完全,0.100 mol·L-1×4.50×10-3 L=c×15.00×10-3 L×3,解得c=0.01 mol·L-1,B项错误;根据Ksp可知,Br-完全沉淀时c(Ag+)=5.4×10-8 mol·L-1,根据Ksp(AgCl)=1.8×10-10可知,c(Cl-)最大值为 mol·L-1=3.3×10-3 mol·L-1,即Cl-已有部分沉淀,C项正确;当Cl-完全沉淀时,c(Ag+)=1.8×10-5 mol·L-1,代入AgBr、AgI的Ksp可得,Br-、I-浓度分别为3×10-8 mol·L-1和4.7×10-12 mol·L-1,则b点离子浓度:c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)>c(I-),D项错误。 11.(双选)(2022·海南,14,4分,难度★★★) 某元素M的氢氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反应为: M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)、 M(OH)2(s)+2OH-(aq)(aq),25 ℃,-lg c与pH的关系如图所示,c为M2+或M(OH浓度的值,下列说法错误的是 (　BD　) A.曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系 B.M(OH)2的Ksp约为1×10-10 C.向c(M2+)=0.1 mol·L-1的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0,体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在 D.向c[M(OH]=0.1 mol·L-1的溶液中加入等体积0.4 mol·L-1的HCl后,体系中元素M主要以M2+存在 解析 M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq),M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH(aq),随着pH增大,c(OH-)增大,则c(M2+)减小,c[M(OH]增大,即-lg c(M2+)增大,-lg c[M(OH]减小,因此曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系,曲线②代表-lg c[M(OH]与pH的关系,A项说法正确;由图像可知,pH=7.0时,-lg c(M2+)=3.0,则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17,B项说法错误;向c(M2+)=0.1 mol·L-1的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0,根据图像,pH=9.0时,c(M2+)、c[M(OH]均极小,则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在,C项说法正确;c[M(OH]=0.1 mol·L-1的溶液中,由于溶解的M(OH)2(s)是少量的,因此加入等体积的0.4 mol·L-1的HCl溶液后,体系中元素M仍主要以M(OH)2的形式存在,D项说法错误。 12.(2022·福建,7,4分,难度★★★)锂辉石是锂的重要来源,其焙烧后的酸性浸出液中含有Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+杂质离子,可在0~14范围内调节pH对其净化(即使相关离子浓度c<10-5 mol·L-1)。25 ℃时,lg c与pH关系见下图(碱性过强时Fe(OH)3和Fe(OH)2会部分溶解)。下列说法正确的是 (　B　) A.Mg2+可被净化的pH区间最大 B.加入适量H2O2,可进一步提升净化程度 C.净化的先后顺序:Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+ D.Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Fe(OH)2]<Ksp[Al(OH)3] 解析 离子净化完全时,相关离子浓度c<10-5 mol·L-1,即lg c<-5,由题图可知,可被净化的pH区间最大的是Fe3+,A错误;加入适量H2O2,可将Fe2+氧化为Fe3+,提高净化程度,B正确;由题图可知,净化的先后顺序为Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+,C错误;离子被净化时,相关离子浓度c<10-5 mol·L-1,lg c<-5,由题图可知,Fe3+完全沉淀的pH约为2.5,c(H+)=10-2.5 mol·L-1,c(OH-)=10-11.5 mol·L-1,Ksp[Fe(OH)3]=10-5×=10-39.5;Al3+完全沉淀的pH约为4.5,c(H+)=10-4.5 mol·L-1,c(OH-)=10-9.5 mol·L-1,Ksp[Al(OH)3]=10-5×=10-33.5;Fe2+完全沉淀的pH约为8.5,c(H+)=10-8.5 mol·L-1,c(OH-)=10-5.5 mol·L-1,Ksp[Fe(OH)2]=10-5×=10-16,则有Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]<Ksp[Fe(OH)2],D错误。 13.(2022·辽宁,7,3分,难度★★★)下列类比或推理合理的是 (　A　) 选项 已知 方法 结论 A 沸点:Cl2<Br2<I2 类比 沸点:H2<N2<O2 B 酸性:HClO4>HIO4 类比 酸性:HCl>HI C 金属性:Fe>Cu 推理 氧化性:Fe3+<Cu2+ D Ksp:Ag2CrO4<AgCl 推理 溶解度:Ag2CrO4<AgCl 解析 Cl2、Br2、I2的固体均为分子晶体,相对分子质量逐渐增大,分子间作用力逐渐增大,沸点逐渐升高;H2、N2和O2的固体也是分子晶体,由于相对分子质量:H2<N2<O2,所以沸点:H2<N2<O2,A项推理正确。非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性强弱有关,元素的非金属性越强,最高价含氧酸的酸性越强,所以酸性:HClO4>HIO4;HCl和HI的分子中共价键键长H—Cl<H—I,故电离能力:HCl<HI,HI酸性更强,B项推理错误。由金属性:Fe>Cu,可推出氧化性Fe2+<Cu2+;由离子方程式2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+可得,氧化性:Fe3+>Cu2+,C项推理错误。Ag2CrO4和AgCl的阴、阳离子个数比不相同,不能通过Ksp大小直接比较二者在水中的溶解度,D项推理错误。 14.(2022·山东,14,4分,难度★★★★)工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s),对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1 mol·L-1、1.0 mol·L-1 Na2CO3溶液,含SrSO4(s)的0.1 mol·L-1、1.0 mol·L-1 Na2SO4溶液。在一定pH范围内,四种溶液中lg[c(Sr2+)/(mol·L-1)]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是 (　D　) A.反应SrSO4(s)+CSrCO3(s)+S的平衡常数K= B.a=-6.5 C.曲线④代表含SrCO3(s)的1.0 mol·L-1 Na2CO3溶液的变化曲线 D.对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 mol·L-1的混合溶液,pH≥7.7时才发生沉淀转化 解析 对于含SrSO4(s)的Na2SO4溶液,当溶液pH变化时,溶液中硫酸根离子浓度几乎不变,不会使平衡SrSO4(s)Sr2+(aq)+S(aq)发生移动,即含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变,又因为pH相同时,溶液中硫酸根离子浓度增大,SrSO4的沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动,因此锶离子浓度减小,所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1 mol·L-1硫酸钠溶液的变化曲线,曲线②代表含硫酸锶固体的1.0 mol·L-1硫酸钠溶液的变化曲线;对于含SrCO3(s)的Na2CO3溶液,当溶液pH减小时,溶液中碳酸根离子浓度减小,SrCO3的沉淀溶解平衡向溶解的方向移动,锶离子浓度增大,又因为pH相同时,1.0 mol·L-1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1 mol·L-1碳酸钠溶液中碳酸根离子的浓度,因此曲线③表示含碳酸锶固体的0.1 mol·L-1碳酸钠溶液的变化曲线,曲线④表示含碳酸锶固体的1.0 mol·L-1碳酸钠溶液的变化曲线。反应SrSO4(s)+CSrCO3(s)+S的平衡常数K===,A项说法正确;曲线①代表含硫酸锶固体的0.1 mol·L-1 硫酸钠溶液的变化曲线,则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10-5.5×0.1=10-6.5,温度不变,溶度积不变,则pH为7.7的含硫酸锶固体的1.0 mol·L-1硫酸钠溶液中,锶离子的浓度为 mol·L-1=10-6.5 mol·L-1,即a=-6.5,B项说法正确;由分析可知,曲线④表示含碳酸锶固体的1.0 mol·L-1碳酸钠溶液的变化曲线,C项说法正确;根据图像分析可知,对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 mol·L-1的混合溶液,pH≥6.9时,溶液中Sr2+浓度减小,发生了SrSO4(s)到SrCO3(s)的转化,D项说法错误。 15.(2021·全国甲,12,6分,难度★★★★)已知相同温度下,Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)。某温度下,饱和溶液中-lg[c(S)]、-lg[c(C)]与-lg[c(Ba2+)]的关系如图所示。 下列说法正确的是 (　B　) A.曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线 B.该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1.0×10-10 C.加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点 D.c(Ba2+)=10-5.1 mol·L-1时两溶液中=1 解析 由于-lgc越大,c值越小,Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3),故曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线,A项说法错误;由-lg[c(Ba2+)]=1.0、-lg[c(S)]=9.0的点,可以求得Ksp(BaSO4)=1.0×10-1×10-9=1.0×10-10,B项说法正确;在BaCO3沉淀溶解平衡体系中,加入BaCl2,c(Ba2+)增大,BaCO3Ba2++C平衡左移,c(C)减小,溶液不会由a点变到b点,C项说法错误;c(Ba2+)=10-5.1 mol·L-1时,两溶液中====1,D项说法错误。 16.(2020·天津,7,3分,难度★★★)常温下,下列有关电解质溶液的说法错误的是 (　A　) A.相同浓度的HCOONa和NaF两溶液,前者的pH较大,则Ka(HCOOH)>Ka(HF) B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7,则溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) C.FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,则Ksp(FeS)>Ksp(CuS) D.在1 mol·L-1 Na2S溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1 mol·L-1 解析 根据“越弱越水解”,相同浓度的HCOONa和NaF的溶液,pH大的水解程度大,对应的酸的Ka小,A项说法错误;相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后,pH约为4.7,溶液中主要存在两个平衡:CH3COOHCH3COO-+H+、CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,因为溶液显酸性,所以以CH3COOH的电离为主,故离子浓度:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),B项说法正确;FeS加入稀硫酸中,H+使FeS沉淀溶解平衡右移,FeS逐渐溶解,而CuS不能发生此现象,说明Ksp(FeS)>Ksp(CuS),C项说法正确;1 mol·L-1 Na2S溶液中存在S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-,根据物料守恒可得c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1 mol·L-1,D项说法正确。 17.(2019·全国2,12,6分,难度★★★★)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。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。下列说法错误的是 (　B　) A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度 B.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Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动 D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动 解析 CdS在水中存在沉淀溶解平衡:CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),电离出的S2-浓度与Cd2+浓度相同,A项说法正确;沉淀溶解平衡常数只与温度有关,温度相同,Ksp相同,所以m、p、n三点的Ksp相同,B项说法错误;在T1温度下,向m点的溶液中加入少量Na2S固体,S2-浓度增大,但由于Ksp不变,所以Cd2+浓度必然减小,因此溶液组成由m沿mpn线向p方向移动,C项说法正确;温度降低,CdS的Ksp减小,但S2-浓度与Cd2+浓度仍然相等,所以q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动,D项说法正确。 18.(双选)(2019·海南,9,4分,难度★★★)一定温度下,AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)体系中,c(Ag+)和c(Cl-)的关系如图所示。下列说法正确的是 (　AC　) A.a、b、c三点对应的Ksp相等 B.AgCl在c点的溶解度比b点的大 C.AgCl溶于水形成的饱和溶液中,c(Ag+)=c(Cl-) D.b点的溶液中加入AgNO3固体,c(Ag+)沿曲线向c点方向变化 解析 温度一定,Ksp大小不变,曲线上a、b、c三点对应的Ksp相等,A项正确;温度一定,物质的溶解度大小也不变,B项错误;Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),AgCl的沉淀溶解平衡为AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),故AgCl溶于水形成的饱和溶液中,c(Ag+)=c(Cl-),C项正确;b点的溶液中加入AgNO3固体,c(Ag+)变大,Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),温度不变,Ksp不变,则c(Cl-)相应减小,c(Ag+)沿曲线向c点反方向变化,D项错误。 19.(2018·海南,6,2分,难度★★)某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量稀盐酸。下列说法正确的是 (　C　) A.AgCl的溶解度、Ksp均减小 B.AgCl的溶解度、Ksp均不变 C.AgCl的溶解度减小,Ksp不变 D.AgCl的溶解度不变,Ksp减小 解析 在溶液中滴加盐酸,使溶液中的Cl-的浓度增大,因同离子效应使AgCl的溶解平衡逆向移动,故AgCl的溶解度减小,但因Ksp只与温度有关,故其保持不变,C项正确。 20.(2018·江苏,13,4分,难度★★★)根据下列图示所得出的结论不正确的是 (　C　) A.图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线,说明该反应的ΔH<0 B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线,说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C.图丙是室温下用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1某一元酸HX的滴定曲线,说明HX是一元强酸 D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时,溶液中c(Ba2+)与c(S)的关系曲线,说明溶液中c(S)越大,c(Ba2+)越小 解析 升高温度,lg K减小,即K减小,则平衡逆向移动,说明该反应为放热反应,A项结论正确;随着反应的进行,相同时间内,c(H2O2)变化逐渐减小,则分解速率逐渐减小,B项结论正确;0.100 0 mol·L-1 HX的pH约为3,为弱酸,C项结论错误;室温下Ksp(BaSO4)不变,c(Ba2+)·c(S)=Ksp(BaSO4),则c(S)越大,c(Ba2+)越小,D项结论正确。 21.(2016·海南,5,2分,难度★)向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化),下列数值变小的是 (　A　) A.c(C) B.c(Mg2+) C.c(H+) D.Ksp(MgCO3) 解析 MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡:MgCO3(s)Mg2+(aq)+C(aq),加入少许浓盐酸可与C反应促使溶解平衡正向移动,使c(Mg2+)增大,结合Ksp(MgCO3)=c(C)·c(Mg2+),且温度不变,其数值也不变,故c(C)减小;C水解使溶液呈碱性,故c(C)减小时,c(OH-)减小、c(H+)增大。 22.(2015·天津,3,6分,难度★★★★)下列说法不正确的是 (　C　) A.Na与H2O的反应是熵增的放热反应,该反应能自发进行 B.饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同 C.FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解,同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同 D.Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),该固体可溶于NH4Cl溶液 解析 Na与水的反应是固体与液体反应生成气体,为熵增的反应,ΔS>0,在反应中钠会熔化成一个闪亮的小球四处游动,且发出嘶嘶的声音,此反应为放热反应,则ΔH<0,故ΔH-TΔS<0,该反应能自发进行,A项说法正确;饱和Na2SO4溶液使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质的盐析,浓硝酸是强氧化性酸,使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质的变性,原理不同,B项说法正确;FeCl3和MnO2均可作为催化剂加快H2O2分解,但同等条件下二者对H2O2分解催化效果不相同,故反应速率的改变不相同,C项说法错误;Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),NH4Cl溶液中N水解使溶液呈酸性,消耗OH-,使平衡正向移动,Mg(OH)2固体可溶于NH4Cl溶液,D项说法正确。 23.(2021·福建,11,12分,难度★★★★)四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品,具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含MoS2,还有Cu、Fe的化合物及SiO2等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。 回答下列问题: (1)“焙烧”产生的气体用　　　　吸收后可制取氮肥。  (2)“浸出”时,MoO3转化为。提高单位时间内钼浸出率的措施有　　　　(任写两种)。温度对90 min内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过80 ℃后,钼的浸出率反而降低,主要原因是温度升高使水大量蒸发,导致　　　　。  (3)“净化”时,浸出液中残留的Cu2+、Fe2+转化为沉淀除去。研究表明,该溶液中c(S2-)和pH的关系为:lgc(S2-)=pH-15.1。为了使溶液中的杂质离子浓度小于1.0×10-6 mol·L-1,应控制溶液的pH不小于　　　　(已知:pKsp=-lgKsp;CuS和FeS的pKsp分别为35.2和17.2)。  (4)“净化”后,溶液中若有低价钼(以表示),可加入适量H2O2将其氧化为,反应的离子方程式为　　　　。  (5)“沉淀”时,加入NH4NO3的目的是　　　　。  (6)高温下用H2还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼,反应的化学方程式为　　　　。  【已知:(NH4)2Mo4O13受热分解生成MoO3】。 答案 (1)氨水 (2)适当升温、搅拌、增加Na2CO3用量(增大Na2CO3浓度)等　Na2MoO4晶体析出,进入浸渣 (3)3.9　(4)H2O2+H2O (5)提供,使Mo充分转化为沉淀析出 (6)(NH4)2Mo4O13+12H24Mo+2NH3+13H2O 解析 钼精矿(主要含MoS2,还有Cu、Fe的化合物及SiO2等)通入氧气焙烧得到MoO3、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2,焙烧产生的气体主要为O2和SO2;MoO3、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出,MoO3转化为,铜、铁元素大多转化为氢氧化物,SiO2不反应,浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等,浸出液含Mo和少量Cu2+、Fe2+,加(NH4)2S净化,Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀,滤渣为CuS、FeS,滤液主要含,滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到(NH4)2Mo4O13·2H2O。 (1)“焙烧”产生的气体为O2和SO2,用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵。 (2)“浸出”时,提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率,措施有适当升温、搅拌、增加Na2CO3用量(增大Na2CO3浓度)(任写两种);当浸出温度超过80 ℃后,钼的浸出率反而降低,主要原因是温度升高使水大量蒸发,导致Na2MoO4晶体析出,进入浸渣。 (3)CuS和FeS的pKsp分别为35.2和17.2,则Ksp(CuS)=10-35.2,Ksp(FeS)=10-17.2,要使Cu2+浓度小于1.0×10-6 mol·L-1,则S2-浓度大于 mol·L-1=10-29.2 mol·L-1,要使Fe2+浓度小于1.0×10-6 mol·L-1,则S2-浓度大于 mol·L-1=10-11.2 mol·L-1,综上所述:c(S2-)>10-11.2 mol·L-1,c(S2-)=10-11.2 mol·L-1时,lg(10-11.2)=pH-15.1,pH=15.1-11.2=3.9,综上所述,为了使溶液中的杂质离子浓度小于1.0×10-6 mol·L-1,应控制溶液的pH不小于3.9。 (4)溶液中若有低价钼(以表示),可加入适量H2O2将其氧化为,则氧化剂为H2O2,还原产物为-2价的O,还原剂为,氧化产物为,故反应的离子方程式为H2O2+MoMo+H2O。 (5)由流程可知,“沉淀”时产生的沉淀为(NH4)2Mo4O13·2H2O,因此,加入NH4NO3的目的是提供,使充分转化为沉淀析出。 (6)高温下用H2还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼,结合得失电子守恒、原子守恒可知,反应的化学方程式为(NH4)2Mo4O13+12H24Mo+2NH3+13H2O。 工艺流程题中除杂的判断 制备型的工艺流程图题目中,中间过程常常是为除杂而设计的,因此要准确判断哪一步骤除去什么杂质,选择什么试剂等,如硅的除杂一般以SiO2难溶杂质的形式除去,Fe3+通常选择调节溶液pH使其转化为Fe(OH)3沉淀而除去。 24.(2021·河北,15,14分,难度★★★★)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺,该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料,不产生废弃物,实现了Cr-Fe-Al-Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如下: 回答下列问题: (1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是　　　　(填元素符号)。  (2)工序①的名称为　　　　。  (3)滤渣Ⅰ的主要成分是　 　　　(填化学式)。  (4)工序③中发生反应的离子方程式为  　。  (5)物质Ⅴ可代替高温连续氧化工序中的NaOH,此时发生的主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,可代替NaOH的化学试剂还有　　　　(填化学式)。  (6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序　　　　(填“①”“②”“③”或“④”)参与内循环。  (7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为　　　　　　(通常认为溶液中离子浓度小于10-5 mol·L-1为沉淀完全:Al(OH)3+OH-Al(OH　K=100.63;KW=10-14;Ksp[Al(OH)3]=10-33)。  答案 (1)Cr和Fe　(2)溶解　(3)Fe2O3和MgO (4)2Na++2Cr+2CO2+H2OCr2+2NaHCO3↓ (5)16NaHCO3+4Fe(CrO2)2+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O　Na2CO3 (6)②　(7)8.37 解析 铬铁矿、熔融NaOH与O2反应后加入H2O过滤,生成滤渣Ⅰ和介稳态相,介稳态相分离后得到铬酸盐、NaOH溶液和无色溶液,无色溶液中通入过量气体A后生成Al(OH)3沉淀,所以气体A为CO2,物质Ⅴ为NaHCO3。介稳态相中含铝、铬元素,所以滤渣Ⅰ为Fe2O3和MgO。MgO与过量CO2和水蒸气反应生成碳酸氢镁,所以物质Ⅱ为Mg(HCO3)2;Mg(HCO3)2热解生成MgCO3、CO2和H2O,所以混合气体Ⅳ为CO2和H2O。 (1)因为铬铁矿中铁元素为+2价、铬元素为+3价,结合后续产物中元素化合价分析,高温连续氧化工序中被氧化的元素是Cr、Fe。 (2)工序①是向固体混合物中加入H2O,然后进行过滤分离得到滤渣和溶液,属于溶解浸出过程。 (3)经过高温连续氧化并溶解后,铬铁矿转化为Na2CrO4、NaAl(OH)4、Fe2O3和MgO,所以滤渣Ⅰ的主要成分为Fe2O3和MgO,通过过滤与溶液分离开来。 (4)工序③中,在酸性条件下,Na2CrO4与CO2、H2O反应生成重铬酸根离子和碳酸氢钠(析出),离子方程式为2Na++2Cr+2CO2+H2OCr2+2NaHCO3↓。 (5)由分析可知,物质Ⅴ为NaHCO3,所以依据题给信息,此时发生的反应为16NaHCO3+4Fe(CrO2)2+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O。Na2CO3也可与铬铁矿、氧气发生反应,所以NaOH还能用Na2CO3代替。 (6)热解工序产生的气体为二氧化碳和水蒸气的混合气体,所以还能用于工序②参与内循环。 (7)工序④中发生的反应为Al(OHAl(OH)3+OH-。 设c(OH-)为x mol·L-1,列式计算: Al(OH)3+ 由题意得,K==100.63,解得x=10-5.63;依据常温下KW=10-14,则pH=8.37。 25.(2015·江苏,18,12分,难度★★★★)软锰矿(主要成分MnO2,杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O,反应的化学方程式为:MnO2+SO2MnSO4。 (1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化　　　　L(标准状况)SO2。  (2)已知:Ksp[Al(OH)3]=1×10-33,Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39,pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下,除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6 mol·L-1),需调节溶液pH范围为　。  (3)下图可以看出,从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体,需控制的结晶温度范围为  　。  (4)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中,加入适量H3PO4和NH4NO3溶液,加热使Mn2+全部氧化成Mn3+,用c( Fe2+)=0.050 0 mol·L-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+),消耗Fe2+溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。 答案 (1)4.48　(2)5.0<pH<7.1　(3)高于60 ℃ (4)n(Fe2+)=0.050 0 mol·L-1×=1.00×10-3 mol,n(Mn2+)=n(Fe2+)=1.00×10-3 mol,m(MnSO4· H2O)=1.00×10-3 mol×169 g·mol-1=0.169 g,MnSO4·H2O样品的纯度为:×100% =98.8% 解析 (1)n(MnO2)==0.2 mol,由方程式知可以氧化0.2 mol SO2,标准状况下为0.2 mol ×22.4 L·mol-1=4.48 L。(2)由Al(OH)3和Fe(OH)3的Ksp知,使Al3+完全沉淀时,Fe3+肯定已完全沉淀。Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-),c(OH-)= mol·L-1=10-9 mol·L-1,pH=5.0,为了不使Mn2+沉淀,pH要小于7.1。(3)由溶解度曲线图知,MnSO4·H2O结晶需要温度高于40 ℃,但此时MnSO4·H2O的溶解度大于MgSO4·6H2O,此时若析出MnSO4·H2O,同时可能会有MgSO4·6H2O析出,在60 ℃时两者溶解度相等,随后MnSO4·H2O的溶解度减小,易析出,而MgSO4·6H2O的溶解度增大,高于60 ℃时两者更易于分离。(4)Mn2+先转化成Mn3+,锰元素原子的物质的量没有改变,依据反应Mn3++Fe2+Mn2++Fe3+知,消耗的Fe2+的物质的量等于Mn3+的物质的量,n(MnSO4·H2O)=n(Mn2+)=n(Mn3+)=n(Fe2+)=0.05 mol·L-1×0.02 L=0.001 mol,MnSO4·H2O的纯度为 ×100%=98.8%。 学科网（北京）股份有限公司 $$