专题18 盐类水解、沉淀溶解平衡-【创新大课堂系列】高三化学全国名校名卷168优化重组卷

25.31+25.29+25.30=25.30mL,根据2Mn0 ~5H,C,0,可知，H,C,0,的物质的量为：2 25.30×103L×0.1000mol/L=0.006325mol, 所以H,C,0,的浓度为0.006325m0l=0.2530 25×103L mol/L:(5)酸式滴定管未用标准液润洗就直接注 入KMnO,标准液，消耗的KMnO,标准液偏多，测 定结果偏高，A正确；测定前盛放草酸溶液的锥形 瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对测定结果没有影 响，B错误；酸式滴定管尖嘴部分在滴定前有气 泡，滴定后没有气泡，标准液的体积读数偏大，测 定结果偏高，C正确；读取KMnO,标准液时，开 始仰视读数，滴定结束时俯视读数，标准液的体积 读数偏小，测定结果偏低，D错误。 答案：(1)< (2)c(OH)<c(C2O)<c(H+)<c(HC2O,)< c(Na) (3)加人最后半滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成 浅紫色，且半分钟内不褪色 (4)0.2530mol/I (5)AC 16.解析：实验室中可用尿素与过氧化氢制取CO(NH)2 ·HO2(俗称过氧化脲)，在烧杯中分别加入 25.00mL34%H2O2(p=1.2g·cm3)、40mL 蒸馏水和12.0g尿素，搅拌溶解。30℃下发生 CO(NH2)2+H2O2CO(NH2)2·H2O2反应 40min,经冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体 9.4g;用过氧化脲溶液用稀H,SO4酸化后，滴加 KMnO,溶液、用过氧化脲溶液用稀H,SO,酸化 后，加入KI溶液和四氯化碳检验过氧化脲的性 质；称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成 100ml溶液，量取25.00mL过氧化脲溶液至锥 形瓶中，加入一定量稀H,S○，，用准确浓度的 KMnO溶液滴定至微红色，记录滴定体积，计算 纯度，据此回答。(1)过滤操作需要的玻璃仪器有 烧杯、漏斗、玻璃棒，任选两种作答；(2)操作a为 洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中， 目的是将溶质（过氧化脲）全部转移到容量瓶中， 避免溶质损失；定容后应盖好瓶塞，倒转摇匀； (3)在过氧化脲的性质检测中，检测I用稀硫酸酸 化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化 脲被酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原 性；检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化 碳溶液，过氧化脲会将KI氧化为I,单质，体现了 过氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解 度大，会溶于四氯化碳溶液，且四氯化碳密度大于 水，振荡，静置后出现的现象为：液体分层，上层为 无色，下层显紫色：(4)由可得c=10000,34% M 224 H2O2(p=1.2g·cm3)的物质的量浓度为c= 10000w-_1000×1.2g·cm3X34%=12mol/L: M 34 g/mol 实验中加入尿素的质量为12.0g,物质的量为n= 12g 60g/m0=0.2mol,过氧化氢的质量为25ml× 1.2g·cm3×30%=9g,物质的量n=34g7mo 9 g ≈0.265mol,过氧化氢过量，产率应按照尿素的 质量计算，理论上可得到过氧化脲0.2mol,质量 为0.2mol×94g/mol=18.8g,实验中实际得到 过氧化脲9.4g,故过氧化脲的产率为8.8g 100%=50%;(5)KMnO,溶液是强氧化性溶液， 应置于酸式滴定管中，A正确；量筒的精确度不能 达到0.01mL,量取25.00mL的溶液应选用滴定 管，B错误；滴定过程中，待测液有可能会溅到锥 形瓶内壁，滴定近终，点时，为了使结果更精确，可 用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，C正确；锥形瓶内溶液变 色后，应等待30$，观察溶液不再恢复原来的颜色 后，才能记录滴定管液面刻度，D错误；故选BD; (6)在配制过氧化脲溶液时，容量瓶中液面超过刻 度线，会使溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏低， 会使滴定过程中消耗的KMnO,溶液体积偏低， 导致测定结果偏低，A项符合题意；滴定管水洗后 未用KMnO,溶液润洗，会导致KMnO,溶液浓度 偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO,溶液体积 偏高，导致测定结果偏高，B项不符合题意；摇动 锥形瓶时KMn○，溶液滴到锥形瓶外，会使滴定 过程中消耗的KMnO,溶液体积偏高，导致测定 结果偏高，C项不符合题意；滴定前滴定管尖嘴处 有气泡，滴定后气泡消失，会使滴定过程中消耗的 KMnO,溶液体积偏高，导致测定结果偏高，D项 不符合题意；故选A。 答案：(1)漏斗、烧杯、玻璃棒（写出任意两个即可） (2)将溶质（过氧化脲）全部转移到容量瓶中倒 转摇匀 (3)溶液分层，下层显紫色还原性、氧化性 (4)1250% (5)BD(6)A 专题18盐类水解、沉淀溶解平衡 1.C2.D3.A4.C5.D6.D7.B8.B 9.C10.A11.D12.B13.D14.C 15.解析：（1)①已知K2=1072,已知A点时， c(HPO）=1,则c(H+)=102mol/L,则此时 c(H,PO) 溶液的pH=7.2。向溶液2中加入8滴 0.1mol1盐酸，HPO和氢离子结合成弱酸根 离子H2PO,:HPO+H+=H,PO;②实验结 果显示，NaCl溶液不具有抗酸能力，加入盐酸后， C曲线pH变化最大，即曲线c表示溶液1：当 N HP0相同时，[c(N.HPO)+c(KL,PO,刀 c(KH,PO,) 越大，混合溶液的抗酸能力越强，则曲线b表示溶 液3、曲线a表示溶液2；(2)①探究[c(NaHPO,) 十c(KH,PO,]相同时Na HPO).对混合溶液 c(KH,PO,) 抗酸能力的影响，根据实验数据可知，[c(NaH PO4)十c(KHPO)]应相同，故表中x=2; ②Na,HPO,溶液体积越大，KH2PO,溶液体积越 小，地大，若实登结采显示，当 [c(Na2HPO,)+c(KH2PO,)]相同时， c(Na.HPO.越大，溶液的抗酸能力越强，能支撑 c(KH2 PO,) 该结论的实验结果是(A1一A)<(A2一A)< (A3-A)。 答案：(1)7.2HPO}+H+=H2PO,3 (2)①2②(A1-A)<(A2-A)<(A-A6) 16.解析：(1)①根据题意知HCHO能在硫酸盐还原 菌的作用下将SO?还原为H,S,同时生成 HCO,故2HCHO~H2S,又由于2As(Ⅲ)~ 3S2~As,S,则2As(Ⅲ)~6HCHO,所以沉淀 1 mol As(Ⅲ)理论上需消耗HCHO的物质的量 为3mol。②HCO3+H2SHS+H2CO,该 反应的平衡常数K=cHS)·c(H,C0) c(HCO2)·c(H2S) (H,C0-4×10=0.25。(2)①根据图像 K1(H2S)1×10-7 知，中性废水中As(V)以H2AsO、HAsO}的 形式存在，且各占50%，则加入石灰水后生成 Ca(AsO)2沉淀的反应方程式为：H2AsO,十 HAsO+3Ca2++30H-Cag (AsO,)2+ 3H2O。②Ca(AsO,)2与CO2、H2O生成 H3AsO,与CaCO3,CaCO3的溶解度比 Ca（AsO,)2的更小，使该反应向生成CaCO,方向 移动。③根据①知向碱性含砷(V)废水中加入一 定量石灰水会生成Ca(AsO)2沉淀，而As(V) 去除率在30℃以后随温度升高而降低，则可能原 因是Ca(OH)2溶解度减小，砷酸钙溶解度增大。 ④Fe(Ⅲ)能与溶液中的As(V)反应生成FeAsO,沉 淀，Fe(Ⅲ)在水溶液中生成Fe(OH)3胶体，吸附溶液 中的As(V),使得溶液中As(V)的去除率上升。 答案：(1)①3②0.25 (2)1H2 AsO,+HAsO+3Ca2++30H- Ca3(AsO,)2￥+3H2O②Ca3(AsO,)2与CO2、 H,O生成H3AsO,与CaCO3,CaCO3的溶解度比 Ca（AsO,)2的更小，使该反应向生成CaCO方 向移动③温度升高，Ca(OH)2溶解度减小，砷 酸钙溶解度增大④Fe(Ⅲ)能与溶液中的As(V) 反应生成FeAsO,沉淀，Fe(Ⅲ)在水溶液中生成 Fe(OH)3胶体，吸附溶液中的As(V),使得溶液 中As(V)的去除率上升 225 17.解析：(1)当生成亚硫酸氢钠时吸收的二氧化硫最 多，因此40no=0.3mo1NaOH,最多吸收 0.3mol×22.4L/mol=6.72L二氧化硫；当只吸 收0.1mol二氧化硫时，溶质包括0.1 mol NaOH、 0.1 mol Naz SO3,亚硫酸为弱酸，微弱的水解出亚 硫酸氢根离子、亚硫酸和氢氧根离子，因此阴离子 浓度从大到小顺序为：c(OH)>c(SO)> c(HSO3),故答案为：6.72；c(OH)>c(SO)> c(HS0,)。(2)加热时2 NaHSO,△Na,SO,+ H2O十SO2个，因此剩余溶液主要溶质为 Na2SO3,故答案为：Na2SO3。(3)根据电荷守恒： c(Na)+c(H)=c(HSO)+2c(SO)+ c(OH),pH=7时溶液中氢离子和氢氧根离子 浓度相等，则c(Na+)=c(HSO)+2c(SO); c(H,SO)+c(HSO)+c(SO)=0.100 mol/ L,此时c(Na+)=0.1mol/L-c(H2SO3)+ c(SO号)，从图中可以读出c(SO)-c(H2SO3) >0,则c(Na+)>0.1mol/L;故答案为： 2c(SO3);>。(4)K1=1.54×102,K2=1.02 K 1014 X10,则Ke-R=1.5×10=6.49×10 <K2=1.02×107,因此亚硫酸氢根离子的电离 程度大于其水解程度，因此，NaHSO3溶液呈酸 性，故答案为：HSO的水解常数Ke二K 10-14 1.54X107=6.49×1018<Ke=1.02X107, 说明HSO。水解程度小于电离程度，所以溶液显 酸性。(5)消石灰为氢氧化钙，相比氢氧化钠更加 便宜易得，而使用消石灰时生成的亚硫酸钙难溶， 亚硫酸钠易溶，因此使用钙碱法时需要定期除垢， 故答案为：原料消石灰价格低于烧碱，所以成本更 低，但产物CSO3难溶于水，可能堵塞管道。 答案：(1)6.72c(OH)>c(SO)>c(HSO) (2)Na,SO (3)2c(SO3)> Kg 、1014 (4)HS0,的水解常数Ka一衣=，54X107= 6.49×1013<K2=1.02×10-7,说明HS03,水 解程度小于电离程度，所以溶液显酸性 (⑤)原料消石灰价格低于烧碱，所以成本更低，但 产物CaSO。难溶于水，可能堵塞管道 18.解析：赤铜矿粉中加入硫酸酸溶，Cu20转化为 Cu2+和Cu,FeO,转化为Fe2+和Fe3+,二氧化硅 不溶于硫酸，滤渣1中含有二氧化硅和Cu单质， 过滤后滤液中加入次氯酸钠进行氧化，F+被氧 化为Fe3+,随后加入CuO调节pH使铁离子转化 为氢氧化铁沉淀，滤渣2为氢氧化铁，过滤后滤液 经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到五水硫酸铜 晶体。(1)从五水硫酸铜晶体结构可知，其中存在 离子键、配位键、范德华力、共价键和氢键。(2)液 固比大于5：1后，硫酸的浓度减小，反应速率减 慢，故铜浸出率下降。(3)氧化过程中，Fe+与次 氯酸钠反应生成铁离子、氯离子和水，离子方程式 为2Fe++ClO+2H+—2Fe3++CI-+H,O。 检验是否氧化完全，即检验溶液中是否还含有亚 铁离子，可用K,[Fe(CN)。]检验。(4)pH约为3.7 时，铁离子沉淀完全，此时c(Fe3+)≈105mol/L, 则Fe(OH),的Kp=c(Fe3+)·c2(OH)=10 ×101.3×3=105.9。(5)酸溶以后产生的部分单 质铜不能与NaClO反应，铜进入滤渣，有损失，减 少了硫酸铜的产率，同时NaClO也可能把Fe+氧 化为氢氧化铁并进一步反应生成高铁酸根离子从 而影响产品纯度，应该改为加入硫酸酸溶后，加入 H2O2,将铜转化为铜离子，充分反应后再过滤，再 加入氧化铜调节pH沉铁。 答案：(1)共价键、配位键、氢键、范德华力 (2)硫酸浓度减小，反应速率慢 (3)2Fe2++2H++C1O-2Fe3++C1+H2O Ka[Fe(CN)&] (4)1035.9 (5)酸溶以后产生的部分单质铜不能与NaClO反 应，铜进人滤渣，有损失，减少了硫酸铜的产率，同 时NaClO也可能把Fe+氧化为氢氧化铁并进一 步反应生成高铁酸根离子从而影响产品纯度，应 该改为加入硫酸酸溶后，加人HO2,将铜转化为 铜离子，充分反应后再过滤，再加人氧化铜调节 pH沉铁。 专题19微粒浓度大小的比较 1.B2.B3.A4.B5.A6.C7.A8.D 9.D10.B11.C12.B13.B 14.解析：(1)①氨水中存在电离平衡：NH3·H,O 一NH十OH,加入少量硫酸铵固体时 c(NH)增大，溶液中c(NH·H,O)=c(NH) C(OH 将增大；故答案为：增大；②若向氨水中加入稀盐 酸，使氨水恰好被中和，得到氯化铵溶液，NH水 解使溶液呈酸性，c(H)>c(OH),离子方程式 为NH+HO==H+NH3·H2O,溶液中存 在电荷守恒关系为c(NH时)十c(H+)=c(CI厂)+ c(OH),则溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c(C1)>c(NH)>c(H)>c(OH);故答案 为：酸性；NH+HO一H++NH·H,O: c(CI)>c(NH)>c(H+)>c(OH);③浓度为 0.1mol·L1的氨水中加入等体积0.1mol· L'的NH,CL溶液，K≈5.59X10”<K, 则一水合氨的电离大于铵离子水解，溶液呈碱性， 溶液中存在的电荷守恒关系为c(NH)十c(H+) =c(CI)十c(OH),所以溶液中离子的浓度大 226 小顺序为c(NH)>c(CI)>c(OH)>c(H+); 故答案为：碱性；c(NH)>c(CI)>c(OH)> c(H+);(2)①平衡常数越大，酸性越强，根据电离 平衡常数K可知，酸性：HCOOH>H,CO3> HCIO>HCN>HCO,;故答案为：HCOOH> H,CO,>HCIO>HCN;②根据强酸制弱酸的原 理，将二氧化碳通入次氯酸钠中生成次氯酸和碳 酸氢钠，CO2+C1O+H2O一HClO+HCO; 故答案为：CO2+C1O+H2O=HClO +HCO3。 答案：(1)①增大②酸性NH时+H,O一H +NHa.H,O c(CI)>c(NH:)>c(H)> c(OH)③碱性c(NH)>c(C1)>c(OH) >c(H+) (2)①HCOOH>H,CO,>HCIO>HCN②CO, +C1O+H2O—HC1O+HCO, 15.解析：盐酸和氢氧化钠生成氯化钠和水：OH十 H+一H2O、和碳酸钠生成碳酸氢钠和氯化钠： CO十H+一HCO、和碳酸氢钠生成氯化钠 水、二氧化碳：HCO+H+一CO2个十H2O;结 合图可知，AB段消耗盐酸300mL一100mL= 200mL.大于0A段消耗的盐酸100ml,则0点溶 液溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，AB段消耗盐酸是 0A的2倍，结合反应关系可知，0点溶液碳酸钠 和碳酸氢钠的物质的量之比为100mL：(200mL -100ml)=1:1;(1)由解析可知，所得溶液的 溶质为NaCO3、NaHCO3;(2)在滴加盐酸前，此 时溶液为等量的Na2CO3、NaHCO3,由图可知，碳 酸纳为0.1L×1mol/1=0.1mol,则NaCO3、 NaHCO3均为0.1mol÷0.1L=1mol/L,K2= c(Hc(C0)=c(H*)=5.6×10"mol/1, c(HCO) pH=10.25;(3)该溶液为等量的Na,CO3、NaH- CO3溶液；由电荷守恒可知，c(Na+)十c(H+)= 2c(CO)+c(HCO)+c(OH),A正确；由物 料守恒可知，3[c(H2CO3)+c(HCO)+ c(CO)]=2c(Na+),B错误；由AB解析可知， 3c(H2 CO3)+2c(H)+c(HCO)=2c(OH)+ c(CO),C正确；由K值可知，碳酸根离子水解 程度大于碳酸氢根离子水解，则c(Na)> c(HCO)>c (CO)>c(OH )>c(H),D 错误。 答案：(1)NaCO、NaHCO (2)10.25 (3)AC 16.解析：(1)①电离平衡常数分析可知酸性HCOOH >H,CO>HCN>HCO 0.1 mol/I.NaCN 液和0.1mol/L NaHCO,溶液中，HCO离子水 解程度小，则溶液中离子浓度c(CN）< c(HCO);②常温下，酸性HCOOH>HCN> HCO,水解程度HCOO<CN<CO,pH相专题18盐类水角 一、选择题 婴 1.(2025·陕西渭南统考一模)已知25℃时， RSO(s)+CO (aq)=RCOs (s)+SO (aq)的平衡常数K=1.75×104,KsD(RCO3) =2.80×10一9，下列叙述中正确的是( A.向c(CO号)=c(SO)的混合液中滴加 RCL2溶液，首先析出RSO4沉淀 B.将浓度均为3×10-4.5mol·L1的RC2、 Na2CO3溶液等体积混合后可得到RCO3 沉淀 C.25℃时，RSO4的Ksp约为4.9×10-5 D.相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在 Na2CO3溶液中的Ksp 母 2.(2025·天津和平二模)下列叙述不正确的是 () A.0.1mol·L1CH3 COONa溶液中，升高温 度，c(CH3COO)减小 B.向HF溶液中加水稀释，HF和H2O的电 离程度都增大 C.0.1mol·L1CH3 COONa溶液中，加入少 量NaOH固体，cCH,COOH减小 c(CH3COO) D.加水稀释0.1mol·L1CH3 COONa溶液 由于水的浓度增大，CH3COO的水解反应 正向移动 新 3.(2025·江苏常州二模)以废铁屑（主要成分为 器 Fe,含少量Fe2O3、FeS等)为原料制备FeSO4 ·7H2O。下列相关原理、装置及操作正确 的是 7> 军、沉淀溶解平衡 Na2CO3 溶液 稀硫酸 甲 气体 FeSO 溶液 KMnO4 酸性溶液 丙 丁 A.用装置甲去除废铁屑表面的油污 B.用装置乙将废铁屑转化为FeSO4 C.用装置丙吸收H2S气体 D.用装置丁蒸干溶液获得FeSO4·7H2O 4.(2025·河南模拟预测)常温下，分别向体积和 pH均相等的NaA和NaB溶液中通入HCI气 体，溶液中或随pH的变化关系如图所示，已 知酸性：HA>HB。下列说法错误的是() 咸儡 I (5,4.2) 0 268 pH .(8,-4.8) A曲线Ⅱ表示一g合品随溶液pH的变化 情况 B.pH=7时，通入HCI的NaB溶液中存在： c(B)+c(CI)=c(Na) C.未通人HCl时，两溶液中c(A)+ c(OH)=c(B)十c(OH) D.M点对应的纵坐标为一1.8 5.(2025·哈尔滨黑龙江模拟)实验测得等物质 的量浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液的pH 随温度变化如图所示。下列说法正确的是 ( 11.65 Na,C0,溶液 11.55 11.45 11.35 2025304045505560 T1℃ 8.80 NaHCO,溶液 8870 N .(25,8.62) 8.60 M 8.50202530404550560 TI℃ A.Na2CO3的水解是放热反应 B.M点之前，升高温度溶液的pH减小，原因 是水解平衡逆向移动 C.N点时Na HCO3已完全分解 D.若将N点溶液恢复到25℃，pH>8.62 6.(2025·福建莆田二模)25℃，向含足量CaF2 固体的悬浊液中滴加一定浓度的盐酸，溶液中 收c(X表示C*或F与k品的关系如 下图所示。k、k'分别代表直线M、N的斜率，不考 虑HF的挥发损失，溶液中含氟微粒仅考虑F 和HF。下列说法中错误的是 78 lgcX)↑ 0 c(H*) lg c(HF) 大3器 k=2 k'=-1 M N A.直线M代表lgc(Ca2+) B.CaF2 (s)+2H+(aq)=Ca2+(aq)+2HF (aq)化学平衡常数K=102.8 C.P点溶液中，c(H+)+c(Ca2+)=c(OH) +c(CI1-) D.盐酸加入的过程中，c(Ca2+)·c(F-)保持 不变 7.(2025·大连三模)常温下，有关物质的溶度积 如下： 物质CaC(O3 MgCO Ca(OH)2 Mg(OH)2 Fe(OH)3 K4.96×109 6.82X10-64.68X10-6 5.61×10-122.64×10-39 下列有关说法不正确的是 A.常温下，除去NaCI溶液中的MgCl2杂质， 选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好 B.常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选 用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好 C.向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH 溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时， c(Mg2+):c(Fe3+)=2.125X1021 D.将适量的Ca(OH)2固体溶于100mL水 中，刚好达到饱和[c(Ca2+)=1.054×10-2 mol/L],若保持温度不变，向其中加入 100mL0.012mol/L的NaOH,则该溶液 变为不饱和溶液 8.(2025·安徽黄山统考一模)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)+20H (aq), M(OH)2(s)+20H (aq)=M(OH) (aq),25℃，-lgc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 ① ② 5.0 3.0 2.0 1.0 5.07.09.011.013.015.0pH A.曲线②代表-lg[M(OH)子]与pH的 关系 B.向pH=14.0的Na2M(OH)4]溶液中加水稀 释，平衡：M(OH)2(s)+2OH-(aq)= M(OH)?(aq)逆向移动，c(OH-)增大 C.M(OH)2的K约为1×1017 D.25℃，c[M(OH)]=0.1mol/L时，溶液 中的c(OH-)>1mol/L 9.(2025·西安西工大附中模拟)实验测得10ml 0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.5mol ·L1CH3 COONa溶液的pH分别随温度与 稀释加水量的变化如图所示，已知25℃时 CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为 1.8×10一5。下列说法不正确的是() 79 25℃加水量/mL 1092004006008001000 9 CHCOONa CH,COONa 1 PH 6 NH.CI 5 NH.CI 25303540455055606570 温度/℃ A.图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表 示pH随温度的变化 B.将NH,C1溶液加水稀释至浓度.50 mol· L一1，溶液pH变化值小于lgx C.随温度升高，Kw增大，CH3 COONa溶液中 c(OH)减小，c(H+)增大，pH减小 D.25℃时稀释相同倍数的NHC1溶液与 CH2COONa溶液中：c(Na)一c(CH&COO)= c(CI)-c(NH) 10.(2025·湖南邵阳统考一模)根据下列各图曲 线表征的信息，得出的结论正确的是( I Fe(OH)3 pH 30.10叶 Cu(OH)2 oas 6 01234567 pH 溶液体积 图1 图2 ,含铝微粒的浓度/mol·Ll 1.00 PH1 0.75 13 0.50 0.25 0 24681012 051020 pH V(CH,COOH)/mL 图3 图4 A.由图1得出若要除去CuSO4溶液中的 Fe3+,可采用向溶液中加入适量CuO,调 节溶液的pH至4左右 B.图2表示用水稀释pH相同的盐酸和 CH3COOH溶液时，溶液的pH变化曲 线，其中I表示盐酸，Ⅱ表示CH3COOH 溶液，且溶液导电性：c>b>a C.图3表示A13+与OH反应时含铝微粒浓 度变化曲线，图中a点溶液中大量存 在A13+ D.图4表示常温下向体积为10mL0.1mol ·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol· L1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲 线，则b点处有：c(Na+)>c(CH COO)>C(H)>C(OH) 11.(2025·湛江一模)Na2CO3-NaHCO3缓冲 溶液可以将溶液pH控制在9.16~10.83范 围内，25℃时，Ka1(H2CO3)=4×10-7、Ka2 (H2CO3)=5×10一11，下列说法不正确的是 () A.0.5mol·L1的Na2CO3溶液pH约 为12 B.pH=8的NaHCO3溶液中，水电离产生的 c(OH-)=10-6mol·L1 C.0.1mol·L1的NaHCO3溶液中存在 c(HCO)>c(H2 CO)>c(CO) D.pH=10的该缓冲溶液中存在：c(Na+)= c(CO)+c(HCOs )+c(H2CO3) 80 12.(2025·陕西咸阳统考一模)溶洞水体中的 H2CO3与空气中的CO2保持平衡。现测得 溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、HCO3、 CO或Ca2+)与pH的关系如图所示， Ksp(CaCO3)=2.8×10-9。下列说法错误 的是 ( ) 0 c(10.3,-1.1)/ -1 -2 8 34 a(6.3,-5) -4 H2C02 5 6 -74 8 10 12 PH A.线I代表HCO3与pH的关系 B.溶洞水体中存在关系式：2pH(b)<pH(a) +pH(c) C.a点溶液中，c(Ca2+)=2.8mol/L Ka1(H2C032=10 D.Ka (H2COs) 13.(2025·辽宁朝阳期末)向废水中加人硫化物 可以依次获得CuS、ZnS纳米粒子。常温下， H2S的Ka1=1.3×10-7,Ka2=7.1×10-15, 溶液中平衡时相关离子浓度的关系如图所 示。下列说法错误的是 ( ) 18 .lou)S)3- 16 12 Z分2+计 10 101214 161820 -lgc(X)/mol·L A.Ksn(CuS)的数量级为10-37 B.a点对应的CuS溶液为不饱和溶液 C.向p点的溶液中加入少量Na2S固体，溶 型 液组成由p向q方向移动 意 D.H2S+Zn2+一ZnS+2H+平衡常数很 大，反应趋于完全 14.(2025·山东菏泽一模)LiCoO2(钴酸锂)常 用作锂离子电池的正极材料。以某海水（含 浓度较大的LiCl、少量MgCl2、CaCl2、MnCl2 等)为原料制备钴酸锂的一种流程如下： 纯碱盐酸 纯碱 Coco, 考水除刻-函-留民阅-一包-选涤0，→金电c0 NaCI Mg(OH)滤液可 空句 已知：①Li2CO3的溶解度随温度升高而 降低； ②常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下： 物质 LiCO MgCO CaCO MnCO Mg(OH) 2.5×10 一2 6. 8×10-6 2.8×10 2.3×10- 5.6×10-12 下列说法错误的是 如 A.高温时“合成”反应的化学方程式为 2Li2 COs+4CoCOs+02 高温41iCo02 +6C02 B.滤渣1主要成分有MnCO3、CaCO C.“洗涤”Li2CO3时最好选用冷水 D.“除杂2”调pH=12时，溶液中c(Mg2+) =5.6×10-8mol·L1 81 二、非选择题 15.(2025·广东深圳一模)盐与酸的反应是水溶 液中常见的反应，某学习小组展开相关探究。 Na2HPO4一KH2PO4混合溶液抗酸能力的 探究 【查阅资料】 ⅰ.抗酸能力是指溶液在加人少量酸（如 HCI)后，其pH值基本保持不变的能力。加 入酸的量相等时，溶液的pH变化越小，抗酸 能力越强。 i.NapHPO4一KH2PO4混合溶液具有的抗 酸能力，且能力大小与[c(Na HPO4)十 cKPo,],0有关， m.25℃，H3PO4的各级电离平衡常数分别 pKal=2.2,pKa2 =7.2,pKa3 =12.7(pKa =-lgKa)。 【实验探究1】小组设计实验探究 O}相同时，[c(NHpO,)+ c(KH2PO4)]对混合溶液抗酸能力的影响， 溶液配制方案如表。分别向溶液1、溶液2、 溶液3中滴加0.1mol·L盐酸，溶液的pH 随加人盐酸滴数的变化情况如图所示。 溶液 体积 组成 序号 /mL 1 0.2mol·L1NaCl溶液 10 0.2mol·L1Na2HPO4溶液 5 2 0.2mol·L1KH2PO4溶液 0.06mol·L1Na2HPO4溶液 5 3 0.06mol·L1KH2PO4溶液 5 0 816243240 盐酸滴数 (1)①已知A点时 c(HPO)=1,则此时溶 c(H2 PO) 液的pH= 。 向溶液2中加入8滴 0.1mol-1盐酸，发生反应的离子方程式为 ②实验显示，NaCl溶液不具有抗酸能力；当 c(Na,HPO:)相同时，[c(NaHPO4)十 c(KH2PO) c(KH2PO4)门越大，混合溶液的抗酸能力越强， 则曲线b表示溶液 (填溶液序号)。 【实验探究2】小组继续探究[c(NaHPO4)+ c(KH2PO4)]相同 c(Na2 HPO,对混合溶 c(KH2 PO) 液抗酸能力的影响，实验方案如表： 试剂体积/mL 加入24 滴0.1 0.2 mol 溶液 0.2 mol mol 序号 L-1 L-1 pH ·L1 NaKH2 KH2 PO 盐酸后 PO4溶液 溶液 的pH 9 1 A1 A 5 P A2 A5 6 5 A3 As (2)①表中x= ②实验结果显示，当[c(NaHPO4)+ c(KH2PO4)门相同时，越大，溶液的抗酸能力 越强，能支撑该结论的实验结果是 (用含 A1、A2、Ag、A4、A5、A6的关系式表示)。 82 16.(2025·江苏南通二模)研究水质除砷技术对 保护环境有重要意义。 已知：As(V)在不同pH条件下的物种分布 分数如图1所示。 Ka1(H2CO3)=4×10-7,Ka2(H2CO3)=5× 10-11;Ka1(H2S)=1×10-7,K2(H2S)=1 ×10-13 1.0m HAsO2 HAsO 、0.4 H3AsO AsO 0.0 67 10 pH 12 图1 90 80 70 (A)SV 60 0 4 6 n(金属离子) 图2 n(As) (1)硫化法：As(Ⅲ)能与硫化剂（能提供S2) 反应生成雌黄(As2S3)沉淀。HCHO能在硫 酸盐还原菌的作用下将SO还原为H2S, 同时生成HCO3。 ①沉淀1 mol As(Ⅲ)理论上需消耗HCHO 的物质的量为 mol。 ②HCO3能与H2S反应：HCO3+H2S HS+H2CO3。该反应的平衡常数K= (2)石灰沉淀法：向含砷(V)废水中添加石灰 水，可使砷元素转化为多种砷酸钙盐沉淀。 ①向中性废水中加入适量石灰水，使As(V) 完全转化为Ca3(AsO4)2沉淀。写出该反应 的离子方程式： ②向含Ca3(AsO4)2沉淀的悬浊液中通入 CO2气体，可得到H3AsO4。该转化能实现 的原因是 ③控制其他条件不变，向碱性含砷(V)废水 中加入一定量石灰水，测得As(V)去除率在 30℃以后随温度升高而降低。可能的原因 是 ④在初始pH、c[As(V)]相同的模拟废水中 加入石灰水，As(V)去除率随”C的变化 n(As) 如图2曲线a所示；固定n(Ca) n(As) =6,往石灰水 中添加Fc(Ⅲ)盐，As(V)去除率随C的 n(As) 变化如图2曲线b所示。加入Fe(Ⅲ)盐后， As(V)去除率增大的原因是 17.(2025·上海浦东新一模)钠碱法的启动吸收 剂为NaOH溶液，捕捉SO2后生成Na2SO3 和NaHSO3的混合液。 (1)常温下进行“钠碱法”的模拟实验。用 12 g NaOH固体配成一定浓度的溶液，这些 NaOH理论上最多可吸收SO2的体积约为 L(折算成标准状况)。若实验时只 吸收了0.10 mol SO2,则反应后的吸收液中， 所含负离子的浓度由大到小的顺序为 83 (2)当钠碱法的吸收液pH达到4~6时，混 合液中含较多量NaHSO3。加热该溶液可回 收得到较高纯度的SO2,剩余溶液可循环使 用，进一步吸收SO2,剩余溶液的主要溶质是 (填写化学式)。 (3)将SO2通入NaOH溶液时，得到一组 c(H2SOs)+c(HSOs)+c(SO)=0.100 mol·L1的混合溶液，溶液中部分微粒的物 质的量浓度随pH的关系曲线如下图所示。 0.10 0.08 HSO HSO SO 04 0.02 0 0 1.9 pH 7.2 10 若溶液的pH=7,溶液中c(Na+)=c(HSO)+ ,此时溶液中c(Na+) 0.100 mol·L1。(填“>“<”或“=”) (4)上述混合液中存在多个水解平衡，与化学 平衡一样，水解平衡也有自己的平衡常数 (Kh)。以醋酸钠(CH3 COONa)为例，其水解 平衡常数存在以下定量关系：K= [CHs COOH][OH [CHs COOH][OH [CH3 COO [CHsCOO -长(K。为水的离子积常数，K,为 CH3COOH的电离常数)亚硫酸为二元弱 酸，25℃时，其电离常数Ka1=1.54×102, Ka2=1.02×10-7。请结合相关数据说明 NaHSO3溶液呈酸性的理由： (5)“钙碱法”的工作原理与“钠碱法”相似，一 般选择消石灰的悬浊液为SO2吸收剂。请 对照“钠碱法”，尝试通过比较反应物和生成 物的不同性质，从生产成本和设备维护两方 面对“钙碱法”做出评价 18.(2025·江苏苏州三模)赤铜矿（主要成分为 Cu2O,含少量Fe3O4、SiO2)含铜量高达 88.8%,是重要的冶金材料，某化学兴趣小组 利用其制备CuSO4·5H2O晶体的流程为： 硫酸NaClO溶液CuO 赤铜矿粉一酸溶一→氧化一→沉铁-→Cu$0,5H,0晶体 滤渣1 滤渣2 已知：Cu2O+2H+-Cu+Cu2++H2O (1)CuSO4·5H2O晶体结构如下图所示. 晶体中存在的作用力包括离子键 0 H 0 .H、 H-O- H-0 O-H H-0 H H-0 H -H 0 0---H H-- -01 0 84 (2)酸溶。控制矿石为12g、硫酸为6g,温度 为70℃，相同时间内，铜浸出率随液固比变 化如下图所示。液固比大于5：1后，铜浸出 率下降的原因为 50 45 ◆ ● ◆ 35 ·一铜浸出率 ◆铁浸出率 30 3:1 4:15:16:1 7:1 液固比 (3)氧化。Fe2+发生反应的离子方程式为 。 检验氧化完全的试剂 为 (填化学式)。 (4)沉铁。离子浓度≤10-5mol/L时，可认 为该离子被沉淀完全。若室温下溶液pH应 调节至略大于3.7，则Fe(OH)3的Ksp为 (5)试从产率、试剂选择角度评价该制备流程 并提出修改建议