专题3 水溶液中的离子反应 整体教学设计与阶段验收评价(Word教参)-【新课程学案】2025-2026学年高中化学选择性必修1（苏教版）

一、主干知识——在微点判断中澄清 1.判断下列有关弱电解质电离平衡叙述的正误 (1)盐酸能导电，所以盐酸是强电解质 (×) (2)NH3溶于水能导电，所以NH3是电解质 (×) (3)CH3COOH溶液中存在CH3COOH、CH3COO-和H+ (√) (4)改变条件，电离平衡常数增大，电离平衡一定正向移动 (√) (5)相同条件下，可根据电离平衡常数的大小，比较弱电解质的相对强弱 (√) (6)H2S的电离常数表达式为Ka= (×) (7)升高温度，若Kw增大到10-12，则纯水电离出的c(H+)=10-6 mol·L-1 (√) (8)在纯水中加入少量酸，水的电离平衡逆向移动，c(OH-)减小，Kw减小 (×) 2.判断下列有关溶液酸碱性叙述的正误 (1)任何温度下，如果c(H+)不等于c(OH-)，则溶液一定呈现酸碱性 (√) (2)某溶液的pH=7，该溶液一定显中性 (×) (3)升高温度，水的电离程度增大，酸性增强 (×) (4)用蒸馏水润湿的pH试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低 (×) (5)锥形瓶在水洗后，要用待测液润洗2~3次 (×) (6)滴定实验中左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶 (√) (7)当观察到锥形瓶中颜色发生变化，立即停止滴定并记下滴定管液面读数 (×) (8)量取20.00 mL待测液时可用量筒量取 (×) 3.判断下列有关盐类水解叙述的正误 (1)CH3COONa溶液呈碱性 (√) (2)酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性 (√) (3)某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应 (×) (4)常温下，pH=10的CH3COONa溶液与pH=4的NH4Cl溶液，水的电离程度相同 (√) (5)CH3COONH4水溶液呈中性，溶液中的c(H+)=c(OH-) (√) (6)将碳酸钠溶液加水稀释，水解程度会增大，所以其c(OH-)增大 (×) (7)对于一定浓度(未饱和)的Na2CO3溶液，加水稀释或加入少量Na2CO3固体，均使Na2CO3的水解平衡向正反应方向移动 (√) (8)向Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，C水解平衡左移，pH减小 (×) 4.判断下列有关沉淀溶解平衡叙述的正误 (1)因为BaCO3难溶，所以将BaCO3加入水中，溶液中无Ba2+和C (×) (2)难溶电解质的沉淀溶解平衡是动态平衡，即溶解和沉淀同时进行着，只是v(溶解)=v(沉淀) (√) (3)AgBr固体放入水中，只有Ag+和Br-溶解的过程，不存在Ag+和Br-形成沉淀的过程 (×) (4)对于AgI(s)⇌Ag++I-，说明AgI部分电离，是弱电解质 (×) (5)向AgCl沉淀中加入KI溶液，沉淀颜色转变成黄色沉淀，是由于Ksp(AgI)<Ksp(AgCl) (√) (6)所谓沉淀完全就是用沉淀剂将溶液中的某一离子除尽 (×) (7)沉淀转化可用勒夏特列原理解释 (√) (8)沉淀的转化只能由难溶的转化为更难溶的 (×) 二、综合思维——在知识融会中贯通 1.弱电解质的电离平衡 强、弱电解质比较 强电解质:在水溶液中全部电离:“==”；强酸、强碱、大部分盐 弱电解质:在水溶液中部分电离:“⇌”；弱酸、弱碱、少数盐、水 弱电解质的电离平衡 在一定条件下，弱电解质电离成离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等时，即达到电离平衡 外界影响因素 温度、浓度(加水、加酸、加碱、加具有相同离子的盐等) 电离常数 Ka或Kb，只与温度有关 　　[融会提能] 1.下列事实能证明MOH是弱碱的有 (　　) ①0.1 mol·L-1 MOH溶液可以使酚酞溶液变红　②常温下，0.1 mol·L-1 MOH溶液中c(OH-)<0.1 mol·L-1　③相同温度下，0.1 mol·L-1 MOH溶液的导电能力比0.1 mol·L-1 NaOH溶液的弱　④等体积的0.1 mol·L-1 MOH溶液与0.1 mol·L-1盐酸恰好完全反应 A.①② B.②③ C.②④ D.③④ 解析:选B　①0.1 mol·L-1 MOH溶液可以使酚酞溶液变红，说明MOH是碱，不能说明MOH部分电离，则不能证明MOH是弱碱；②常温下，0.1 mol·L-1 MOH溶液中c(OH-)<0.1 mol·L-1，说明MOH部分电离，为弱碱；③相同温度下，0.1 mol·L-1 MOH溶液的导电能力比0.1 mol·L-1 NaOH溶液的弱，NaOH是强碱，则MOH部分电离，为弱碱；④等体积的0.1 mol·L-1 MOH溶液与0.1 mol·L-1盐酸恰好完全反应，说明MOH是一元碱，不能说明MOH部分电离，则不能证明MOH是弱碱。 2.常温下，向氨水中加水稀释的过程中，NH3·H2O的电离平衡常数、电离度、溶液导电性的变化正确的是 (　　) A.增大、增大、减小 B.不变、增大、减小 C.不变、减小、减小 D.减小、减小、增大 解析:选B　向氨水中加水稀释的过程中，温度不变，则NH3·H2O的电离平衡常数不变；氨水越稀越电离，则电离度增大；但溶液总体积增大，微粒浓度减小，故溶液导电性减小。 3.已知25 ℃下，CH3COOH溶液中各微粒的浓度存在以下关系:Ka==1.8×10-5。下列有关结论可能成立的是 (　　) A.25 ℃下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，Ka=8×10-5 B.25 ℃下，向该溶液中加入一定量的氢氧化钠时，Ka=2×10-4 C.标准状况下，醋酸中Ka=1.8×10-5 D.升高到一定温度，Ka=7.2×10-5 解析:选D　醋酸中存在电离平衡:CH3COOH⇌CH3COO-+H+，题中Ka为醋酸的电离常数，由于电离常数只随温度的变化而变化，所以排除A、B两项；因为醋酸的电离是吸热过程，所以升高温度，Ka增大，降低温度，Ka减小，标准状况下(0 ℃)温度低于25 ℃，则Ka小于1.8×10-5，所以C项不成立、D项可能成立。 2.溶液的酸碱性 　　[融会提能] 4.在100 ℃时，100 mL蒸馏水中c(OH-)=1×10-6 mol·L-1，当改变下列条件之一时，c(OH-)仍然等于1×10-6 mol·L-1的是 (　　) ①温度降低到25 ℃ ②加入10-6 mol烧碱固体，保持100 ℃ ③加入10-6 mol氯化钠，保持100 ℃ ④蒸发掉50 mL水，保持100 ℃ A.①② B.③④ C.①③ D.②④ 解析:选B　③④温度不变，Kw不变，氯化钠对水的电离无影响且无酸、碱加入，则c(OH-)不变。 5.某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列说法正确的是 (　　) A.Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线 B.b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 C.b点Kw的数值比c点Kw的数值大 D.b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度 解析:选B　Ⅱ应为醋酸稀释时的pH变化曲线，A项错误；溶液导电性取决于离子浓度，b点的H+浓度大，导电性强，B项正确；Kw的大小只取决于温度，C项错误；相同pH的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，浓度仍大于盐酸的浓度，故a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度，D项错误。 6.在化学实验操作中，往往由于读数不规范导致较大的实验误差。下列有关实验中，会导致所配制(或所测定)溶液浓度偏高的是(其他操作均正确) (　　) A.配制500 mL 1 mol·L-1稀硫酸实验中，用量筒量取18 mol·L-1浓硫酸时俯视读数 B.配制100 mL 5 mol·L-1氯化钠溶液实验中，定容时仰视刻度线 C.用标准盐酸滴定待测NaOH溶液实验中，使用碱式滴定管开始平视，后来俯视读数 D.用标准NaOH溶液滴定待测盐酸实验中，使用碱式滴定管开始平视，后来俯视读数 解析:选C　A项，俯视读数使得所量液体体积小于所需的体积，使得所配制溶液浓度偏低；B项，定容时仰视刻度线，液面已超过刻度线，使得所配制溶液浓度偏低；C项，如使用碱式滴定管放出20.00 mL待测NaOH溶液到锥形瓶中，起始时液面在“0”刻度处，俯视使液面已超过20.00 mL刻度，实际放出的液体偏多，消耗的盐酸偏多，所测待测液浓度偏高；D项，NaOH是标准溶液，俯视使读数偏小，V标偏小，所测待测液浓度偏低。 7.浓度均为0.10 mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg 的变化如图所示。下列叙述错误的是 (　　) A.MOH的碱性强于ROH的碱性 B.ROH的电离程度:b点大于a点 C.若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等 D.当lg =2时，若两溶液同时升高温度，则增大 解析:选D　A项，等体积0.10 mol·L-1的MOH和ROH，前者pH=13，后者pH小于13，说明前者是强碱，后者是弱碱，正确；B项，ROH是弱碱，加水稀释，促进电离，b点电离程度大于a点，正确；C项，两溶液无限稀释，溶液近似呈中性，c(OH-)相等，正确；D项，由MOH是强碱，在溶液中完全电离，所以c(M+)不变，ROH是弱碱，升高温度，促进电离平衡ROH⇌R++OH-向右移动，c(R+)增大，所以减小，错误。 3.盐类的水解 实质 盐类的水解促进了水的电离 特征 可逆、吸热、微弱 外界影响因素 温度、浓度(加水、加酸、加碱、加具有相同离子的盐等) 规律 谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解，无弱不水解 　　[融会提能] 8.物质的量浓度相同的下列溶液:①AlCl3、②Na2CO3、③KNO3、④HCl，其pH由小到大的顺序为 (　　) A.④①③② B.②①③④ C.①③④② D.①②③④ 解析:选A　Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，①显弱酸性；C+H2O⇌HC+OH-，②显弱碱性；KNO3是强酸强碱盐，不水解，③显中性；盐酸为强酸，④显强酸性，故pH由小到大的顺序为④①③②。 9.下列离子方程式中，属于水解反应的是 (　　) A.CH3COOH+H2O⇌CH3COO-+H3O+ B.CO2+H2O⇌HC+H+ C.C+H2O⇌HC+OH- D.HS-+H2O⇌S2-+H3O+ 解析:选C　A项，CH3COOH+H2O⇌CH3COO-+H3O+实际上是CH3COOH⇌CH3COO-+H+，即CH3COOH的电离方程式，错误；B项相当于碳酸的第一步电离，错误；C项为C的第一步水解，正确；D项实质是HS-的电离方程式，错误。 10.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.Na2C2O4溶液:c(OH-)=c(H+)+c(HC2)+2c(H2C2O4) C.Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(OH-) D.CH3COONa和CaCl2混合溶液:c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-) 解析:选B　A项，由于S2-+H2O⇌HS-+OH-、HS-+H2O⇌H2S+OH-、H2O⇌H++OH-，故粒子浓度关系应为c(Na+)>c(OH-)>c(HS-)>c(H2S)，错误；B项，符合电解质溶液中质子守恒关系，正确；C项，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HC)+)+c(OH-)，错误；D项，根据物料守恒，离子浓度的关系应为c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)，错误。 4.沉淀溶解平衡 溶解平衡 MmAn(s)mMn++nAm- 溶度积 Ksp=cm(Mn+)·cn(Am-)，Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关 溶度积判断 Q>Ksp，沉淀生成 Q=Ksp，沉淀的生成与溶解处于平衡状态 Q<Ksp，沉淀溶解 沉淀溶解平衡的应用 沉淀的生成、沉淀的溶解、沉淀的转化 　　[融会提能] 11.有关AgCl沉淀的溶解平衡说法正确的是 (　　) A.升高温度，AgCl沉淀的溶解度变小 B.AgCl难溶于水，溶液中没有Ag+和Cl- C.溶解平衡时，AgCl沉淀生成和溶解不断进行，但速率相等 D.向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶度积Ksp变小 解析:选C　溶解度与温度有关，AgCl的溶解为吸热过程，则升高温度AgCl的溶解度会增大，故A错误；AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl-，故B错误；沉淀溶解平衡是动态平衡，速率相等但不为零，故C正确；Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，温度不变，Ksp不变，故D错误。 12.在CaCO3饱和溶液中，加入Na2CO3固体，达到平衡时下列关系正确的是 (　　) A.c(Ca2+)=c(C) B.c(Ca2+)=c(C)= C.c(Ca2+)≠c(C)，c(Ca2+)·c(C)=Ksp(CaCO3) D.c(Ca2+)≠c(C)，c(Ca2+)·c(C)≠Ksp(CaCO3) 解析:选C　溶液中c(Ca2+)<c(C)，A、B均不正确；温度不变，则Ksp(CaCO3)不变，C正确，D不正确。 13.已知:25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12，Ksp(MgF2)=7.42×10-11。下列说法正确的是 (　　) A.25 ℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大 B.25 ℃时，向Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大 C.25 ℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L-1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L-1 NH4Cl溶液中的Ksp小 D.25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2 解析:选B　A项，Mg(OH)2与MgF2同属于AB2型沉淀，Ksp[Mg(OH)2]<Ksp(MgF2)，说明饱和Mg(OH)2溶液中的c(Mg2+)更小；B项，Mg(OH)2(s)⇌Mg2++2OH-，N与OH-反应而使平衡右移，c(Mg2+)增大；C项，Ksp只与温度有关；D项，Ksp[Mg(OH)2]与)数量级接近，若F-浓度足够大，Mg(OH)2也能转化为MgF2。 14.不同温度(T1和T2)时，硫酸钡在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知硫酸钡在水中溶解时吸收热量。下列说法正确的是 (　　) A.T1>T2 B.加入BaCl2固体，可使溶液由a点变到c点 C.c点时，在T1、T2两个温度下均有固体析出 D.a点和b点的Ksp相等 解析:选D　因为硫酸钡在水中溶解时吸收热量，则温度升高硫酸钡的Ksp增大，T2时硫酸钡的Ksp大于T1时硫酸钡的Ksp，故T2>T1，A错误；硫酸钡溶液中存在着沉淀溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入BaCl2固体，c(Ba2+)增大，平衡左移，)应降低，所以不能使溶液由a点变到c点，B错误；在T1时c点溶液的c(Ba2+)·)>Ksp，有沉淀析出，在T2时c点溶液的c(Ba2+)·c(S)<Ksp，没有沉淀析出，C错误；温度不变，Ksp不变，同一温度下，在曲线上的任意一点Ksp都相等，D正确。 三、迁移应用——在课题活动中践行 课题活动　水泥中钙、铝元素的提取与测定 　　水泥是一种粉状水硬性无机胶凝材料。加水搅拌后成浆体，能在空气中硬化或者在水中更好地硬化，并能把砂、石等材料牢固地胶结在一起。长期以来，它作为一种重要的胶凝材料，广泛应用于土木建筑、水利、国防等工程。 硅酸盐水泥的主要成分为硅酸三钙(3CaO·SiO2)、硅酸二钙(2CaO·SiO2)、铝酸三钙(3CaO·Al2O3)、铁铝酸四钙(4CaO·Al2O3·Fe2O3)。除此之外，还有很少量的MgO、CaSO4等杂质。水泥熟料中碱性氧化物含量占60%以上，因此易为酸所溶解。 探究目标(一)　水泥中钙元素的定性提取 1.为了提高水泥样品的酸浸率，可采取哪些措施? 提示:加热、增大酸液浓度、搅拌、振荡、水泥粉碎等。 2.在水泥样品酸浸时，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是什么?还可使用什么试剂代替硝酸? 提示:加入几滴硝酸的作用是将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+。也可用过氧化氢(H2O2)替代硝酸，而且用H2O2符合绿色化学思想，不产生污染性气体。 3.已知:室温下，Ksp[Al(OH)3]=1，Ksp[Fe(OH)3]=1，Ksp[Mg(OH)2]=1，Ksp[Ca(OH)2]=1。结合数据，要加碱除去杂质离子Al3+、Fe3+、Mg2+，需调节pH为多少?(写出分析过程) 提示:一般情况下，离子浓度为10-5mol·L-1时可视为该离子已被除尽。Al3+、Fe3+、Mg2+三种杂质离子中，Mg2+完全转化为沉淀除去所需的OH-浓度最大，有c2(OH-)== mol2·L-2=10-5.8 mol2·L-2，则c(OH-)=1 mol·L-1=10-2.9 mol·L-1，pOH=2.9，pH=14-2.9=11.1。 探究目标(二)　水泥中钙元素的定量测定 [方法1　质量法] 1.如何判断Ca2+沉淀完全? 提示:加入Na2CO3溶液静置，向上层清液中再加Na2CO3溶液，若无沉淀，则证明Ca2+沉淀完全。 2.若称取水泥的质量为a g，实验完成后称量CaO的质量为b g，则水泥中钙元素的含量为多少? 提示:×100%。 [方法2　氧化还原反应滴定法] 1.写出步骤(1)转化的离子方程式。 提示: Ca2++C2==CaC2O4↓。 2.滴定实验的终点现象是什么? 提示:当滴加最后半滴KMnO4溶液时，溶液变为浅红色，且半分钟不褪色。 3.草酸钙沉淀经稀硫酸处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为2Mn+6H++5H2C2O4==2Mn2++10CO2↑+8H2O。若实验中称取0.40 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L-1KMnO4溶液36.00 mL，试计算该水泥样品中钙的质量分数(写出计算过程)。 提示:通过关系式5Ca2+~5C2~2Mn可知n(Ca2+)=0.004 5 mol，故m(Ca2+)=0.18 g，则水泥样品中钙的质量分数为×100%=45.0%。 探究目标(三)　水泥中铁、铝元素含量的测定 　　水泥中的铁、铝、钙、镁等组分分别以Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+的形式存在于过滤完SiO2沉淀后的滤液中，它们都能与EDTA(简写为Y)形成稳定的螯合物，但稳定性有较显著的区别，其稳定常数分别为KAlY=1016.3，KFe(Ⅲ)Y=1025.1 ，KCaY=1 ，KMgY=108.7。因此只要通过控制适当的酸度，就可以进行分别测定。 1.过滤完SiO2沉淀后的滤液显什么性?用离子方程式说明。 提示:显酸性　Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+。 2.根据稳定常数，用EDTA滴定时，哪种离子首先与EDTA络合形成稳定的螯合物? 提示:Fe3+。 3.Fe3+的测定:控制溶液的pH为2~2.5，以磺基水杨酸为指示剂(紫红色变为微黄色)，用EDTA标准溶液滴定如何描述终点? 提示:滴入最后半滴EDTA时，溶液颜色由紫红色变为微黄色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，即为滴定终点。 4.Al3+的测定:以PAN为指示剂的铜盐回滴定是普遍采用的方法。Al3+与EDTA的反应速度慢，所以一般先加入过量的EDTA，并加热煮沸，使Al3+与EDTA充分反应，然后用CuSO4标准溶液回滴定过量的EDTA。若滤液试样的体积为V mL，加入c1mol·L-1的EDTA V1mL，回滴定消耗c2 mol·L-1的CuSO4标准溶液V2 mL，则滤液中Al3+的物质的量浓度为多少? 提示:(c1V1-c2V2)/V。 [素养训练] 1.(2025·江苏无锡阶段练习)金属钼(Mo)在工业和国防建设中有重要的作用，钼元素的常见化合价为+4、+5、+6。由钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼单质和钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)，部分流程如图所示。 (1)钼精矿在空气中焙烧时，主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)操作1是加入碳酸钠溶液碱浸、过滤。在25 ℃时，碱浸液中，c(Mo)=0.80 mol·L-1，)=0.05 mol·L-1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的。当BaMoO4开始沉淀时，的去除率是　　　　　 (用百分数表示)。  [已知，在25 ℃时，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，操作过程中溶液的体积和温度变化可忽略不计] (3)操作3中，经过滤可得钼酸固体。检验钼酸是否洗涤干净的操作为　　　　　　　　　　　　　。  (4)在碱性条件下，向钼精矿中加入NaClO溶液也可以制备Na2MoO4，同时生成，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析:钼精矿(主要成分是MoS2)在空气中焙烧与氧气反应，生成MoO3和SO2，粗品与碳酸钠混合反应生成钼酸钠和二氧化碳，过滤后将盐酸与钼酸钠溶液混合反应生成钼酸沉淀，经高温分解生成MoO3，利用氢气将MoO3还原为Mo单质；钼酸钠溶液经结晶液可直接获得钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)；(1)钼精矿在空气中焙烧，主要成分MoS2与氧气反应生成MoO3和SO2，化学方程式:2MoS2+7O22MoO3+4SO2；(2)当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)==5×10-8 mol·L-1，c()==0.002 2 mol·L-1，去除率:×100%=95.6%；(3)检验钼酸是否洗涤干净，即检验是否有氯离子残留，检验操作:取少量最后一次洗涤液，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则固体已洗净；(4)在碱性条件下，向钼精矿中加入NaClO溶液反应生成Na2MoO4和，根据得失电子守恒及电荷守恒，得离子方程式:MoS2+9ClO-+6OH-==Mo+2S+9Cl-+3H2O。 答案:(1)2MoS2+7O22MoO3+4SO2 (2)95.6% (3)取少量最后一次洗涤液，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则固体已洗净 (4)MoS2+9ClO-+6OH-==Mo+2S+9Cl-+3H2O 2.(2025·桂林中学校联考开学考试)利用铝锂钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量铝箔、LiCoO2等杂质)制备CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示。 已知:Co3O4具有较强氧化性，Co3O4、LiCoO2均难溶于水。 回答下列问题: (1)写出增大“碱溶”速率的一种方法:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，  “碱溶”时发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)“酸溶”时，Co3O4发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；  从环保角度考虑，“酸溶”时的试剂　　　　　　(填“能”或“不能”)用浓盐酸代替，简要说明理由:  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)已知Ksp(CoC2O4)=6.0×10-8，要使溶液中的Co2+完全沉淀(即Co2+浓度小于1.0×10-5 mol·L-1)，则溶液中C2浓度最小为　　　　　mol·L-1；简述洗涤CoC2O4·2H2O)的操作: 　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析:由题干铝锂钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量铝箔、LiCoO2等杂质)制备CoC2O4·2H2O的工艺流程图可知，向铝锂钴废料中加入NaOH溶液进行“碱溶”主要是将Al转化为Na[Al(OH)4]而溶解，过滤出滤液和滤渣(主要含有Co3O4、LiCoO2)，向滤渣中加入H2SO4、进行“酸溶”将钴元素转化为Co2+而溶解，对反应后的溶液进行调节pH过滤出难溶性杂质得到溶渣，向滤液中加入有机磷萃取，分液后得到含有Li2SO4的无机相及含有CoR2的有机相，有机相中可加入H2SO4进行反萃取分离出Co2+，最后加入(NH4)2C2O4溶液沉钴获得CoC2O4·2H2O，据此分析解题。(1)将铝锂钴废料粉碎增大固液接触面积、适当增大NaOH溶液浓度、适当升高反应温度和充分搅拌等措施均可增大“碱溶”速率，由分析可知，“碱溶”即Al与NaOH溶液反应，该过程发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+6H2O==2[Al(OH)4]-+3H2↑；(2)由分析可知，“酸溶”时是将钴元素转化为Co2+，即 Co3O4与H2SO4、Na2SO3发生氧化还原反应，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为Co3O4++6H+==3Co2+++3H2O，若将Na2SO3或H2SO4换成浓盐酸，则将产生有毒气体Cl2，反应原理为Co3O4+8HCl==3CoCl2+Cl2↑+4H2O，故从环保角度考虑，“酸溶”时的试剂不能用浓盐酸代替；(3)已知Ksp(CoC2O4)=6.0×10-8，要使溶液中的Co2+完全沉淀(即Co2+浓度小于1.0×10-5 mol·L-1)，则溶液中C2浓度需≥==6.0×10-3 mol·L-1，即溶液中C2浓度最小为6.0×10-3mol·L-1；洗涤CoC2O4·2H2O的操作为向过滤器中加入蒸馏水至没过沉淀，待水自然流出后重复2~3次。 答案:(1)将铝锂钴废料粉碎增大固液接触面积或适当增大NaOH溶液浓度或适当升高反应温度或充分搅拌　2Al+2OH-+6H2O==2[Al(OH)4]-+3H2↑　(2)Co3O4++6H+==3Co2+++3H2O　不能　将Na2SO3或H2SO4换成浓盐酸，将发生反应Co3O4+8HCl==3CoCl2+Cl2↑==4H2O，会产生有毒气体Cl2，会污染环境　(3)6.0×10-3　向过滤器中加入蒸馏水至没过沉淀，待水自然流出后重复2~3次 [阶段质量检测] 一、选择题:本题共15小题，每小题3分，共45分。 1.下列说法正确的是 (　　) A.氯水能导电，所以氯气是电解质 B.碳酸钙不溶于水，所以它是非电解质 C.固体磷酸是电解质，所以磷酸在熔融状态下和溶于水时都能导电 D.胆矾虽不能导电，但它属于电解质 解析:选D　氯水导电是因为Cl2溶于水生成的盐酸和次氯酸电离产生了离子，A错误；碳酸钙是盐，是电解质，B错误；磷酸是酸，熔融状态时不电离、不导电，C错误；胆矾属于盐，是电解质，D正确。 2.25 ℃时水的电离达到平衡:H2O⇌H++OH- ΔH>0，下列叙述不正确的是 (　　) A.将水加热，Kw增大，pH减小 B.向水中加入少量硫酸氢钠固体，增大 C.在蒸馏水中滴加浓H2SO4，Kw不变，c(H+)增大 D.向水中滴入少量NaOH溶液，平衡逆向移动，c(H+)降低 解析:选C　水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，Kw增大，氢离子浓度增大，故pH减小，故A正确；向水中加入少量硫酸氢钠固体，c(H+)增大，平衡逆向移动，增大，故B正确；在蒸馏水中滴加浓H2SO4，c(H+)增大，且浓硫酸溶于水放热，温度升高，Kw增大，故C错误；向水中滴入少量NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，c(H+)降低，故D正确。 3.下列关于盐类水解应用的说法不正确的是 (　　) A.配制一定浓度的 FeSO4 溶液时，将 FeSO4 固体溶于硫酸中，然后稀释至所需浓度 B.将 Fe2(SO4)3的溶液蒸干，灼烧可得到)3固体 C.明矾可以用来净水，是利用明矾水解生成Al(OH)3胶体，从而起到杀菌消毒功效 D.草木灰(有效成分 K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，是因为 K2CO3 与 NH4Cl 发生水解生成氨气会降低肥效 解析:选C　硫酸亚铁水解显酸性，在溶液中加稀硫酸可以抑制亚铁离子的水解，所以配制FeSO4溶液时，为抑制Fe2+水解，先将FeSO4固体溶于硫酸中，然后稀释至所需浓度，A项正确；)3溶液中，铁离子水解得到非挥发性酸硫酸，此盐溶液加热蒸干会得到原溶质，B项正确；明矾只能净水，不具有杀菌消毒的作用，C项错误；K2CO3与NH4Cl发生相互促进的水解反应，二者不能混合使用，否则降低肥效，D项正确。 4.pH=2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示，则下列说法中正确的是 (　　) A.A、B两酸溶液物质的量浓度一定相等 B.稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强 C.当a=5时，A是强酸，B是弱酸 D.若A、B都是弱酸，则5≥a>2 解析:选C　由图可知A、B两种酸在稀释时pH变化不同，两种酸的强弱不同。稀释相同倍数后，A酸的pH大于B酸的pH，说明A酸的电离程度比B酸的大，原酸pH相同，则两种溶液的浓度不相同，A错误；稀释后A酸的pH大，酸性弱，B错误；若A为强酸，当稀释为原体积的103倍时，pH变为5，B酸pH小于5，则B酸为弱酸，C正确；若A为弱酸，当稀释为原体积的103倍时，pH变化小于3，a<5，D错误。 5.将两份浓度均为0.1 mol·L-1的氨水分别稀释2倍、温度升高10 ℃，得到P、Q两份溶液，下列关于P、Q比较正确的是 (　　) A.c(OH-):P>Q B.c(N):P>Q C.NH3·H2O的电离程度:P中增大，Q中减小 D.NH3·H2O的电离平衡常数Kb:P<Q 解析:选D　稀释与升温均能促进NH3·H2O的电离，但稀释会使溶液中N、OH-浓度减小，A、B、C项错误；NH3·H2O的电离为吸热过程，电离平衡常数Kb随着温度的升高而增大，D项正确。 6.在由水电离的c(H+)=1 mol·L-1的溶液中，一定能大量共存的离子组是 (　　) A.K+、Fe2+、S2-、Mn B.Al3+、Cl-、N、S C.Na+、N、Cl-、S D.Na+、[Al(OH)4]-、Br-、Cl- 解析:选C　水电离产生的c(H+)=1×1 mol·L-1<1×10-7 mol·L-1，水的电离被抑制，可能是酸的溶液(有大量H+)，也可能是碱的溶液(有大量OH-)。在酸性条件下Mn具有强氧化性，能氧化Fe2+和S2-，在碱性条件下Fe2+不能存在，A不合题意；在碱性溶液中，Al3+、N和OH-反应分别生成Al(OH)3和NH3·H2O，B不合题意；在酸性溶液中，[Al(OH)4]-与H+不能共存，D不合题意。 7.在25 ℃时，AgX、AgY、AgZ均难溶于水，且Ksp(AgX)=1.8×10-10，Ksp(AgY)=1.0×10-12，Ksp(AgZ)=8.7×10-17。下列说法错误的是 (　　) A.三种饱和溶液中溶质的物质的量浓度的大小顺序为c(AgX)>c(AgY)>c(AgZ) B.若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，则c(Y-)减小 C.若取0.188 g的AgY(相对分子质量为188)固体放入100 mL水中(忽略溶液体积的变化)，则溶液中Y-的物质的量浓度为1.0×10-2 mol·L-1 D.往C选项的溶液中加入1 mL 0.1 mol·L-1 NaZ溶液，能生成AgZ沉淀 解析:选C　对于相同类型的难溶电解质，Ksp越大，溶解度越大，A项正确；向AgY饱和溶液中加入溶解度更大的AgX，溶液中Ag+浓度增大，AgY的溶解平衡逆向移动，Y-浓度减小，B项正确；0.188 g AgY的物质的量为0.001 mol，由AgY的Ksp可知，Y-的浓度远小于1.0×10-2 mol·L-1，C项错误；AgZ的溶解度小于AgY，故加入NaZ，AgY中溶解的Ag+与Z-结合生成沉淀，D项正确。 8.设NA为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH=2的H2S溶液，下列说法正确的是 (　　) A.由水电离出的H+数目为10-12NA B.c(H+)=c(HS-)+c(S2-)+c(OH-) C.加水稀释过程中增大 D.加入CuSO4固体，溶液酸性增强 解析:选D　pH=2的H2S溶液中由水电离出的c(H+)=10-12 mol·L-1，但题中没有提供溶液体积，故由水电离出的H+数目无法计算，A项错误；根据电荷守恒，pH=2的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，B项错误；根据H2S的Ka1、Ka2可知，=Ka1·Ka2，加水稀释过程中，温度不变，Ka1、Ka2不变，则不变，C项错误；加入CuSO4固体，发生反应:H2S+CuSO4==CuS↓+H2SO4，溶液酸性增强，D项正确。 9.下列离子方程式书写错误的是 (　　) A.二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色:3SO2+2Mn+4H+==3S+2Mn2++2H2O B.泡沫灭火器工作原理:Al3++3HC==Al(OH)3↓+3CO2↑ C.工业上用FeS除去废水中的Hg2+:FeS+Hg2+⇌HgS+Fe2+ D.NaClO溶液中通入少量二氧化碳:ClO-+CO2+H2O==HClO+HC[已知电离常数:K(HClO)=3×10-8；K(H2CO3)=4.31×10-7，K(HC)=5.61×10-11] 解析:选A　根据得失电子守恒可知，SO2与Mn的系数应分别为5、2，再根据电荷守恒、元素守恒配平方程式，正确的离子方程式为5SO2+2Mn+2H2O==5S+2Mn2++4H+，A错误；泡沫灭火器中的试剂为硫酸铝与碳酸氢钠溶液，二者发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，达到灭火的效果，离子方程式正确，B正确；HgS比 FeS更难溶，则FeS与Hg2+反应可生成HgS、Fe2+，离子方程式正确，C正确；由于酸性:H2CO3>HClO>HC，故NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式正确，D正确。 10.SnCl2易水解，是常见的抗氧化剂。实验室以SnCl2为原料制备SnSO4·2H2O的流程如下: 下列说法错误的是 (　　) A.溶解时，将SnCl2固体溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释 B.反应1的离子方程式为Sn2++HC==SnO↓+H++CO2↑ C.可用HNO3酸化的AgNO3溶液检验SnO沉淀是否已被洗涤干净 D.操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 解析:选B　SnCl2易水解，溶解时，需要先加浓盐酸酸化，不可将SnCl2固体直接溶解在水里，A正确；反应1的离子方程式为Sn2++2HC==SnO↓+H2O+2CO2↑，B错误；SnO沉淀带有Cl-杂质，可用检验Cl-的方法检验最后一次洗涤液，判断其是否已被洗涤干净，C正确；因得到的产品带结晶水，不能直接蒸干，故操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D正确。 11.常温下，向50 mL 0.01 mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.01 mol·L-1的MOH溶液，混合溶液pH的变化与所加MOH溶液的体积关系如图所示(密度引起的体积变化忽略不计)，下列说法正确的是 (　　) A.由图无法判断HA是强酸还是弱酸 B.混合溶液的pH=7时，HA与MOH恰好完全反应 C.K点对应的溶液中，c(M+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+) D.当加入MOH溶液的体积为50 mL时，溶液中:c(H+)=c(MOH)+c(OH-) 解析:选D　从图像上可以看出，不加MOH时，溶液pH=2，说明酸完全电离，说明HA是强酸，A错误；酸、碱溶液浓度相同，当二者恰好完全反应时，说明二者溶液的体积相同，此时溶液中溶质为MA，MA是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，pH<7，B错误；K点为等浓度的MA和MOH的混合溶液，溶液呈碱性，MOH的电离程度大于MA的水解程度，且MOH为弱碱，部分电离，故溶液中氢氧根离子的浓度小于A离子的浓度，C错误；当加入50 mL MOH时，酸碱恰好完全反应，溶质为MA，可以得出溶液的质子守恒式:c(H+)=c(MOH)+c(OH-)，D正确。 12.As、P都是造成水体污染的因素，可以利用沉淀法除去，如图a、b分别是Mg3(AsO4)2、Mg3(PO4)2的沉淀溶解平衡曲线。下列说法错误的是 (　　) A.Ksp[Mg3(AsO4)2]=10-19.68 B.向浓度相等的Na3AsO4、Na3PO4的废水中同时滴加相同浓度的Mg(NO3)2溶液，As 先沉淀 C.要使废水中As、P的浓度不大于10-6 mol·L-1，则Mg2+浓度至少为10-2.56 mol·L-1 D.若Mg3(AsO4)2(s)+2P⇌Mg3(PO4)2(s)+2As成立，则平衡常数K=105.52 解析:选B　根据题意a、b分别代表Mg3(AsO4)2、Mg3(PO4)2的沉淀溶解平衡曲线，利用坐标可知:Ksp[Mg3(AsO4)2]=10-19.68，Ksp[Mg3(PO4)2]=10-25.2，A项正确；Mg3(PO4)2的溶解度比Mg3(AsO4)2更小，所以向浓度相等的Na3AsO4、Na3PO4的废水中同时滴加相同浓度的Mg(NO3)2溶液，P先沉淀，B项错误；要使废水中As、P的浓度不大于10-6 mol·L-1，根据Mg3(AsO4)2的Ksp，可得Mg2+浓度至少为10-2.56 mol·L-1，C项正确；)2(s)+2P⇌Mg3(PO4)2(s)+2As，其K==105.52，D项正确。 13.常温下，H2A是一种易溶于水的二元酸，将NaOH溶液滴入等物质的量浓度的H2A溶液中，溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数随溶液pH的变化关系如图所示。 下列说法正确的是 (　　) A.常温下，H2A的一级电离平衡常数Ka1=1 B.当V(NaOH溶液)∶V(H2A溶液)=1∶1时，c(H+)-c(OH-)=2c(A2-)-c(H2A) C.当pH=6.27时，c(A2-)=c(HA-)>c(OH-)>c(H+) D.当溶液呈中性时，c(Na+)=c(A2-)+c(HA-) 解析:选A　图像中c(H2A)=c(HA-)时pH为3.30，常温下，H2A⇌HA-+H+的电离平衡常数Ka1=c(H+)=1，A项正确；等物质的量浓度时，V(NaOH溶液)∶V(H2A溶液)=1∶1，此时溶液中的溶质为NaHA，存在物料守恒:c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，故质子守恒为c(H+)-c(OH-)=c(A2-)-c(H2A)，B项错误；pH=6.27，c(A2-)=c(HA-)，溶液显酸性，溶液中离子浓度关系为c(A2-)=c(HA-)>c(H+)>c(OH-)，C项错误；溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，当溶液呈中性即c(H+)=c(OH-)，故有c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)，D项错误。 14.(2024·全国甲卷)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 (　　) 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:选D　滴加过程中发生沉淀转化反应:Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)⇌2AgCl(s)+Cr(aq)，溶液中存在Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，即lg[Ksp(AgCl)]=lg[c(Ag+)]+lg[c(Cl-)]。则表示lg[c(Ag+)]、lg[c(Cl-)]的两条曲线纵坐标之和为定值。随着Cl-不断滴入溶液中，其浓度不断升高，则中间的点虚线对应lg[c(Cl-)]，最下方的虚线对应lg[c(Ag+)]，根据V(NaCl)=1.0 mL时的数据可得lg[Ksp(AgCl)]=-4.57+(-5.18)=-9.75，即Ksp(AgCl)=10-9.75。最上方的实线对应lg[c(Cr)]。Ag2CrO4转化为AgCl需消耗2.0 mL NaCl溶液，结合题图知，交点a处c(Na+)≈ mol·L-1，c(Cl-)≈ mol·L-1，因此c(Na+)≠2c(Cl-)，A错误。V(NaCl)=1.0 mL时，溶液中存在Ag2CrO4沉淀，因此溶液中满足Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(Cr)，即lg[Ksp(Ag2CrO4)]=2lg[c(Ag+)]+lg[c(Cr)]=2×(-5.18)+(-1.60)=-11.96，Ksp(Ag2CrO4)=10-11.96，则==102.21，B错误。在滴加NaCl溶液的最初阶段，滴入的Cl-的量极少，尚不足以生成AgCl沉淀，滴入的Cl-全部以离子形式存在，其浓度随着NaCl溶液的滴入而增大，由于Cl-未与Ag+发生作用，此时溶液仍为Ag2CrO4的饱和溶液，其中c(Cr)=，为定值，因此在此阶段，随着NaCl溶液的滴入而减小，当Ag2CrO4转化为AgCl后，结合沉淀转化反应为可逆反应知，当V(NaCl)≤2.0 mL时，体系中仍存在Ag2CrO4沉淀，溶液中满足Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(Cr)、Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，两式相除得=，其中c(Ag+)在滴加NaCl溶液的过程中会随着c(Cl-)的增加而减少，因此会随着NaCl溶液的滴加而增大，C错误。V(NaCl)=2.4 mL时，体系中有AgCl沉淀，溶液中满足lg[Ksp(AgCl)]=lg[c(Ag+)]+lg[c(Cl-)]，代入数据-9.75=y1+(-1.93)，得y1=-7.82，假设此时溶液中仍存在Ag2CrO4，则lg[Ksp(Ag2CrO4)]=2lg[c(Ag+)]+lg[c(Cr)]，代入数据-11.96=2×(-7.82)+lg[c(Cr)]，得lg[c(Cr)]=3.68，即c(Cr)=103.68 mol·L-1，远超过Ag2CrO4全部溶解所得Cr的浓度，因此此时溶液中不存在Ag2CrO4沉淀，Ag2CrO4已全部溶解，故c(Cr)== mol·L-1，lg[c(Cr)]=lg=-lg 34，D正确。 15.(2024·山东卷)常温下Ag(Ⅰ)-CH3COOH水溶液体系中存在反应:Ag++CH3COO-⇌CH3COOAg(aq)，平衡常数为K。已知初始浓度c0(Ag+)=c0(CH3COOH)=0.08 mol·L-1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是 (　　) A.线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况 B.CH3COOH的电离平衡常数Ka=10-n C.pH=n时，c(Ag+)= mol·L-1 D.pH=10时，c(Ag+)+c(CH3COOAg)=0.08 mol·L-1 解析:选C　在溶液中存在平衡:CH3COOH⇌CH3COO-+H+①、Ag++CH3COO-⇌CH3COOAg(aq)②，Ag+的水解平衡Ag++H2O⇌AgOH+H+③，随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH较小时(约小于7.8)CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时(约大于7.8)CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，故线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅱ表示CH3COO-的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg的摩尔分数随pH变化的关系。根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，A项错误；由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)时(即线Ⅰ和线Ⅱ的交点)，溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m，B项错误；pH=n时，=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-⇌CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)= mol·L-1，C项正确；根据物料守恒，pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08 mol·L-1，D项错误。 二、非选择题:本题共4小题，共55分。 16.(10分)常温下，某水溶液M中存在的离子有:Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题: (1)写出酸H2A的电离方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)若溶液M由10 mL 2 mol·L-1 NaHA溶液与10 mL 2 mol·L-1 NaOH溶液混合而得，则溶液M的pH　　　　(选填“>” “<”或“=”)7，溶液中离子浓度由大到小顺序为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  (溶液混合时体积变化忽略，下同)。 (3)已知Ksp(BaA)=1.8×10-10，向(2)的混合溶液中加入10 mL 1 mol·L-1 BaCl2溶液，混合后溶液中的Ba2+浓度为　　　　　　　mol·L-1。   解析:(1)溶液中存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸，电离方程式为H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-。(2)等体积混合恰好完全反应生成Na2A，Na2A水解使溶液显碱性，pH>7，离子水解以第一步为主，则离子浓度关系为c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H+)。(3)由反应式Ba2++A2-==BaA↓可得，沉淀后A2-过量0.01 mol，溶液中c(A2-)= mol·L-1= mol·L-1，根据BaA的Ksp=c(Ba2+)·c(A2-)可得，c(Ba2+)= mol·L-1=5.4×10-10 mol·L-1。 答案:(1)H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-　(2)>　c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H+)　(3)5.4×10-10 17.(15分)(1)已知碳酸:H2CO3　Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11，草酸:H2C2O4　Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4。 ①0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液的pH　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液的pH。  ②等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是　　　　　　　　。  ③若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种粒子浓度大小的顺序正确的是　　　　(填字母)。  a.c(H+)>c(HC2)>c(HC)>c(C) b.c(HC)>c(HC2)>c(C2)>) c.c(H+)>c(HC2)>c(C2)>c(C) d.c(H2CO3)>c(HC)>c(HC2)>) (2)SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少SO2的排放，回答下列方法中的问题。 方法1(双碱法):用NaOH溶液吸收SO2，并用CaO使NaOH再生 NaOH溶液Na2SO3溶液 ①写出过程ⅰ的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②CaO在水中存在如下转化: CaO(s)+H2O (l)==Ca(OH)2(s)⇌Ca2++2OH- 从平衡移动的角度，简述过程ⅱ中NaOH再生的原理:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  方法2:用氨水除去SO2 ③已知25 ℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8。若氨水的浓度为2.0 mol·L-1，溶液中的c(OH-)=　　　　 mol·L-1。将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7 mol·L-1时，溶液中的=　　　　。  解析:(1)①根据电离常数可知草酸的Ka2大于碳酸的Ka2，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液的pH。②草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。③草酸的一、二步电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，因此溶液中c(H+)>c(HC2)>c(C2)>)>c(C)，a、c正确。(2)①过程ⅰ是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为2OH-+SO2==S+H2O。②过程ⅱ加入CaO，存在CaO(s)+H2O(l)==Ca(OH)2(s)⇌Ca2++2OH-，因S与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成。③NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0 mol·L-1，由Kb=，可知c(OH-)= mol·L-1=6.0×10-3 mol·L-1；当c(OH-)降至1.0×10-7 mol·L-1时，c(H+)=1.0×10-7 mol·L-1，H2SO3的Ka2=6.0×10-8，由Ka2=，可知==0.60。 答案:(1)①大于　②草酸　③ac (2)①2OH-+SO2==S+H2O　②S与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成　③6.0×10-3　0.60 18.(15分)(1)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中Fe2+的含量，请写出酸性条件下K2Cr2O7与Fe2+反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  (K2Cr2O7被还原为Cr3+)。 (2)若需配制浓度为0.010 00 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取K2Cr2O7　　　　　　　　g[保留四位有效数字，已知M(K2Cr2O7)=294.0 g·mol-1]。配制该标准溶液时，下列仪器不会用到的有　　　(填序号)。  ①电子天平　②烧杯　③量筒　④玻璃棒　⑤250 mL容量瓶　⑥胶头滴管　⑦托盘天平 (3)若配制K2Cr2O7标准溶液时，俯视刻度线，则测定结果　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)；滴定操作中，若滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则滴定结果将　　　　　　　　。  (4)用0.010 00 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定20.00 mL 未知浓度的含Fe2+的溶液。恰好完全反应时消耗10.00 mL K2Cr2O7标准溶液，则溶液中Fe2+的物质的量浓度是多少? 解析:(1)反应中Cr2被还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，同时生成水，根据氧化还原反应原理可得离子方程式。(2)m(K2Cr2O7)=0.010 00 mol·L-1×0.250 L×294.0 g·mol-1=0.735 0 g；根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，用玻璃棒搅拌，恢复至室温，用玻璃棒引流，移入250 mL容量瓶中，继续加水至离刻度线1~2 cm处，改用胶头滴管加水定容，用不到的仪器为量筒和托盘天平。(3)c(待测)=。配制K2Cr2O7标准溶液时，俯视刻度线，溶液的实际体积偏小，标准溶液的浓度偏大，造成消耗的V(标准)偏小，测定结果偏小；滴定操作中，气泡的体积被记录为标准液的体积，V(标准)偏大，测定结果偏大。(4)设Fe2+的物质的量浓度为c: 6Fe2++Cr2+14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O 6　　 　　1 c×20.00　0.010 00×10.00 c=0.030 0 mol·L-1。 答案:(1)Cr2+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O　(2)0.735 0　③⑦　(3)偏小　偏大　(4)0.030 0 mol·L-1 19.(15分)(2024·全国甲卷)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注:加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知:①Ksp(CuS)=6.3×10-36，Ksp(ZnS)=2.5×10-22，Ksp(CoS)=4.0×10-21。 ②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题: (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　。  (2)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+)=　　　　　　mol·L-1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离　　　　　　(填“能”或“不能”)。  (4)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H+的物质的量为　　　　　　。  (5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4，分离出的滤渣是　　　　　　。  (6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析:(1)“酸浸”时磨碎废渣，能够增大反应物与稀硫酸的接触面积，加快“酸浸”速率。(2)CoO溶于稀硫酸发生反应的化学方程式为CoO+H2SO4==CoSO4+H2O。(3)由题给信息可知，此时c(Zn2+)≤10-5 mol·L-1，则c(S2-)=≥2.5×10-17 mol·L-1，则c(Co2+)=≤1.6×10-4 mol·L-1<0.10 mol·L-1，Co2+开始沉淀，故不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。(4)根据题给条件及氧化还原反应规律，可写出“沉锰”步骤中发生反应的离子方程式:Mn2++S2+2H2O==MnO2↓+2S+4H+，则生成1.0 mol MnO2时，产生4.0 mol H+。(5)由已知②可知，溶液pH=4时，Fe3+转化为Fe(OH)3。(6)“沉钴”时，Co2+与ClO-反应转化为Co(OH)3与Cl-，结合氧化还原反应规律可知，该反应的离子方程式为2Co2++ClO-+5H2O==2Co(OH)3↓+Cl-+4H+。(7)由已知②可知，Zn2+在pH≈8.2~12时以Zn(OH)2沉淀形式析出，故回收Zn(OH)2时应调pH≈8.2~12，再过滤分离。 答案:(1)加快“酸浸”速率　(2)CoO+H2SO4==CoSO4+H2O　(3)1.6×10-4　不能 (4)4.0 mol　(5)Fe(OH)3　(6)2Co2++ClO-+5H2O==2Co(OH)3↓+Cl-+4H+　(7)用NaOH调节滤液pH为8.2~12，将析出的沉淀过滤、洗涤、干燥 学科网（北京）股份有限公司 $$