1、单元素养评价(三)(第3章)(90分钟100分)一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1下列四种溶液中，水的电离程度最大的是()ApH5的NH4Cl溶液BpH5的NaHSO4溶液CpH8的CH3COONa溶液DpH8的NaOH溶液【解析】选A。B、D选项抑制水的电离，A、C选项促进水的电离，A中水电离出的c平(H)105 molL1，C中水电离出的c平(OH)106 molL1，A中数值大，水的电离程度大。2设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH2的H3PO4溶液，下列说法正确的是()A每升溶液中的H数目为0.02NABc平(H)c平(H2PO)
2、2c平(HPO)3c平(PO)c平(OH)C加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强【解析】选B。常温下，pH2的H3PO4溶液中c平(H)1102molL1，则1 L溶液中H的数目为0.01NA，A项错误；磷酸溶液中的阳离子有H，阴离子有H2PO、HPO、PO及OH，根据电荷守恒可得c平(H)c平(H2PO)2c平(HPO)3c平(PO)c平(OH)，B项正确；磷酸为弱电解质，加水稀释促进电离，但c平(H)减小，pH增大，C项错误；磷酸的第一步电离方程式为H3PO4H2POH，向磷酸溶液中加入NaH2PO4固体，根据同离子效应可知，磷酸电离平衡向逆向移动，溶液
3、酸性减弱，D项错误。【加固训练】下列有关电解质溶液的说法正确的是()A在蒸馏水中滴加浓硫酸，Kw不变BCaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸C在Na2S稀溶液中，c平(H)c平(OH)2c平(H2S)c平(HS)DNaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同【解析】选C。水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，浓硫酸在水中稀释放出热量，所以水的离子积常数变大，故A项错误。硫酸钙微溶于水，醋酸钙易溶于水，所以碳酸钙难溶于稀硫酸，易溶于醋酸，故B项错误。根据质子守恒得c平(H)c平(OH)2c平(H2S)c平(HS)，故C项正确。氯化钠是强酸强碱盐，对水的电离无影响，醋酸铵
4、是弱酸弱碱盐，促进水电离，故D项错误。3下列反应的离子方程式书写正确的是()A小苏打溶液与澄清石灰水反应：HCOOH=COH2OB将氯气通入氯化亚铁溶液中：Cl22Fe2=2Fe32ClC用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板上的Cu：2Fe33Cu=2Fe3Cu2D硫酸与氢氧化镁溶液反应：HOH=H2O【解析】选B。小苏打溶液与澄清石灰水反应，还会有碳酸钙沉淀生成，A项错误；将氯气通入氯化亚铁溶液中，氯气将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为Cl22Fe2=2Fe32Cl，B项正确；用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板上的Cu，正确的离子方程式为2Fe3Cu=2Fe2Cu2，C项错误；硫酸与氢氧化镁溶液反应
5、，氢氧化镁为难溶物，应保留化学式，正确的离子方程式为2HMg(OH)2=2H2OMg2，D项错误。4如图是某溶液在稀释过程中，溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中数据分析可得出a值等于()A.2B3C4D5【解析】选C。根据在溶液稀释前后溶质的物质的量不变可得：2 molL11 L0.5 molL1a L，解得a4。【加固训练】在室温下，下列叙述正确的是()A将1 mL 1.0105 molL1盐酸稀释到1 000 mL，得pH8的盐酸B将1 mL pH3的一元酸溶液稀释到10 mL，若溶液的pH4，则此酸为弱酸C用pH1的盐酸分别中和1 mL pH13的NaOH溶液和氨水，Na
6、OH溶液消耗的盐酸多DpH2的盐酸与pH2的醋酸相比较：c平(HCl)c平(CH3COOH)【解析】选B。酸溶液稀释后仍显酸性，A项错误。弱电解质加水稀释时，促进弱电解质的电离，弱酸稀释10倍时，c平(H)大于原溶液的，pH增加幅度小于1，B项正确。等体积等pH的强碱NaOH溶液比弱碱氨水提供OH少，消耗盐酸量少，C项错误。盐酸是强酸，醋酸是弱酸，如pH2，则c平(HCl)c平(CH3COOH)，D项错误。5.硫代硫酸钠为氰化物的解毒剂。已知，硫代硫酸钠对应的酸H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 molL1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I22Na2S2O3=2NaINa
7、2S4O6，下列说法合理的是()A该实验可用甲基橙作指示剂BNa2S2O3是该反应的还原剂C该滴定可选用如图所示装置D该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移电子为4 mol【解析】选B。溶液中有单质碘，应加入淀粉溶液作指示剂，碘与硫代硫酸钠发生氧化还原反应，当反应达到终点时，单质碘消失，蓝色褪去，故A错误；Na2S2O3中硫元素化合价升高被氧化，作还原剂，故B正确；Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，故C错误；反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移电子为2 mol，故D错误。6(2021兰州高二检测)在由水电离出的c平(H)1014 molL1的溶液中，一定能大量共存的离
8、子组是()AK、Fe2、SO、MnOBNa、Cl、NO、SOCAl3、NH、Cl、SODNa、Al(OH)4、Br、Cl【解析】选B。水电离出的c平(H)1014 molL1的溶液可能呈酸性(有大量H)，也可能呈碱性(有大量OH)。A项中酸性MnO具有强氧化性，能把具有还原性的Fe2和SO氧化而不能共存；B项中各离子与H或OH都能大量共存；C项中Al3、NH与OH能反应；D项中Al(OH)4与H生成Al(OH)3沉淀；综上所述，应选B项。【方法规律】离子共存问题的判断方法(1)发生复分解反应，离子不能大量共存。(2)发生氧化还原反应，离子不能大量共存。(3)能水解的阳离子跟能水解的阴离子在水溶
9、液中不能大量共存(双水解)。(4)溶液中能发生络合反应的离子不能大量共存。【加固训练】常温下，下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是()A在11012的溶液中：I、Cl、HCO、NaBpH1的溶液中：Cu2、Al3、SO、NOC能与Al反应产生H2的溶液中：Na、NH、S2、BrD由水电离出的c平(H)1012 molL1溶液中：Na、Mg2、Cl、S2【解析】选B。A项，结合水的离子积常数，可求出c平(H)0.1 molL1，HCO不可能大量存在；C项，与Al反应产生H2，可能是酸溶液也可能是碱溶液，H与S2不共存，OH与NH不共存；D项，由水电离出的c平(H)1012 molL1溶液
10、，其pH2或pH12，前者S2不能大量存在，后者Mg2不能大量存在。7已知常温下CaCO3的Ksp2.8109，CaSO4的Ksp9.1106，将CaCO3与CaSO4的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓CaCl2溶液，下列说法正确的是()A只产生CaCO3沉淀B产生等量的CaCO3和CaSO4沉淀C产生的CaSO4沉淀更多D产生的CaCO3沉淀更多【解析】选C。二者都是AB型钙盐，其溶度积常数越大溶解度越大，将CaCO3与CaSO4的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓CaCl2溶液，溶度积常数大的物质生成的沉淀多，根据题干信息知，溶度积常数：Ksp(CaCO3)Ksp(CaSO4)，则生成的
11、CaSO4沉淀更多。8根据下列实验操作与现象得出的结论正确的是()选项实验操作与现象结论A向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入少量氯化钡固体，红色变浅碳酸钠溶液中存在水解平衡B向某溶液中逐渐通入CO2气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶状沉淀不溶解该溶液中一定含有Al(OH)4C将润湿的淀粉碘化钾试纸置于集满某气体的集气瓶口，试纸变蓝该气体为氯气D向10 mL 0.5 molL1的氯化镁溶液中滴加5 mL 2.4 molL1氢氧化钠溶液，产生白色沉淀再滴加氯化铜溶液，沉淀变蓝KspCu(OH)20.01 mol，所以NaOH过量，因此再向其中滴加氯化铜溶液，会发生反应：Cu22OH=C
12、u(OH)2，沉淀变蓝色，故不能证明KspCu(OH)2与KspMg(OH)2的相对大小，D错误。【加固训练】下列各项中操作或现象能达到预期实验目的的是()选项操作或现象实验目的A向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤，洗涤，干燥，加热灼烧制取Al2O3B用饱和的Na2CO3溶液可以将BaSO4转化为BaCO3证明Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)C在氯化氢气流中加热蒸发MgCl2溶液制取无水MgCl2D取一张pH试纸，先用蒸馏水润湿，再用玻璃棒蘸取0.1 molL1氨水，点在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较测0.1 molL1氨水的pH【解析】选C。A项最终得不到Al2O3，
13、错误；B项Ksp(BaSO4)比Ksp(BaCO3)小，错误；D项测溶液pH时，pH试纸不能先用蒸馏水润湿。9(2020浙江7月选考)下列说法不正确的是()A2.0107molL1的盐酸中c(H)2.0107molL1B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】选A。盐酸的浓度为2.0107molL1，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0107mo
14、lL1，A错误；KCl溶液为中性溶液，常温下pH7，加热到80 时，水的离子积常数Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，B正确；NaCN溶液呈碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN对应的酸HCN为弱电解质，C正确；醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COOH，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向(逆向)移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，D正确。【加固训练】1对于0.1 molL1的Na2S溶液，下列判断正确的是()A溶液中阴离子浓度的大小顺序：c平(S2)c平(OH)c平(HS)Bc平
15、(Na)2c平(S2)c平(OH)c平(HS)Cc平(Na)c平(S2)c平(HS)D向溶液中加入少量NaOH固体，能促进水的电离【解析】选A。电荷守恒：c平(Na)c平(H)2c平(S2)c平(OH)c平(HS)，物料守恒：c平(Na)2c平(S2)c平(HS)c平(H2S)，B、C选项均错误；氢氧化钠固体溶于水电离出氢氧根离子抑制水的电离，D选项错误。2常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是()A.两溶液稀释前的浓度相同Ba、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为abcCa点的Kw值比b点的Kw值大Da点水电离的c平(H)大于c点
16、水电离的c平(H)【解析】选D。稀释前，两种溶液的导电能力相同，所以溶液中离子浓度相同，醋酸是弱电解质，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，A项错误；导电能力越强，氢离子浓度越大，而溶液的pH越小，大小顺序应为bac，B项错误；温度不变，水的离子积常数不变，C项错误。10(2020全国卷)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。下列叙述错误的是()A.海水酸化能引起HCO浓度增大、CO浓度减小B海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少CCO2能引起海水酸化，其原理为HCOHCOD使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【解析】选C。二氧化碳溶于水生成碳酸，H2
17、CO3HHCO，使c(H)、c(HCO)增大，C错误；产生的H与碳酸钙溶解得到的CO发生反应HCOHCO，使c(CO)减小，c(HCO)增大，溶解平衡右移，促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少，A、B正确；使用太阳能、氢能等新能源可减少CO2的排放，改善珊瑚的生存环境，D正确。二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)11下列说法正确的是()A图A表示pH相同的盐酸和醋酸加水稀释时溶液导电能力的变化B图A表示物质的量浓度相同的盐酸和醋酸加水稀释时溶液导电能力的变化C图B中，t 时饱和溶液的质量分数为
18、m%D图B中，若保持温度不变，可以通过增加溶质的方法使溶液从a点变为b点【解析】选A。醋酸为弱酸，在稀释时，电离平衡右移，离子浓度减小较缓慢，A项正确；浓度相同的醋酸和盐酸其导电能力不一样，B项错误；溶解度是指一定温度下100 g水中所能溶解的溶质的质量，C项错误；溶解度只与温度有关，D项错误。【加固训练】如表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：CH3COOHH2CO3H2SH3PO41.8105molL1K143107molL1K2561011molL1K191108molL1K2111012molL1K175103molL1K262108molL1K3221013molL1则下列说法中不正确的
19、是()A.碳酸的酸性弱于氢硫酸B多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定C常温下，加水稀释醋酸，增大D向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变【解析】选A、C。由表格数据可知，碳酸的K1氢硫酸的K1，则碳酸的酸性强于氢硫酸，选项A错误；多元弱酸分步电离，以第一步为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，选项B正确；常温下，加水稀释醋酸，则不变，选项C错误；弱酸的电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，则向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变，选项D正确。12某溶液中除水电离出的OH、H之外还含Na、Fe2、Al3、Ba2、SO、NO、Cl中的4种，这4种离子的物质的量均为0.1 mol。若向
20、该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生。下列说法错误的是()A该溶液中肯定不含Ba2B若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种C若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得16.0 g固体D该溶液中除水电离出的OH、H之外所含离子是Na、Fe2、SO、NO【解析】选B、C。加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子；根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫酸根离子和钠离子，根据以上分析可知，溶液中一定不存在钡离子，选项A正确；溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根据反应方程式NO3Fe24H=NO3Fe32
21、H2O可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消失，选项B错误；若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05 mol，其质量为0.05 mol160 gmol18.0 g，选项C错误；根据上述分析可知，该溶液中除H、OH之外所含离子是Fe2、Na、NO、SO，选项D正确。13(2021潍坊高二检测)某温度时，AgCl(s) Ag(aq)Cl(aq)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.加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点B加入少量水，平衡右移，Cl浓度减小Cd点会有A
22、gCl沉淀生成Dc点对应的Ksp等于a点对应的Ksp【解析】选C、D。A项，加入AgNO3，使溶液中Ag的浓度增大，由于Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，Cl的浓度减小，而溶液c点与d点的Cl的浓度相等，错误；B项，加入少量水，对溶液中的离子的浓度起到了稀释作用，平衡右移，这时溶液中的沉淀会继续溶解电离，最终使溶液中的各种离子的浓度保持不变，错误；C项，在d点时由于c平(Ag)c平(Cl)Ksp，所以会产生AgCl沉淀，正确；D项，由于这是在某一温度时的AgCl的沉淀溶解平衡曲线，物质的溶度积常数只与温度有关，而与物质的浓度无关。所以c点对应的Ksp等于a点对应的Ksp，正确。【加固训
23、练】已知：p(Ba2)lg c平(Ba2)，p(X2)lgc平(X2)，Ksp(BaSO4)10(1a)DBaSO4(s)CO(aq) BaCO3(s)SO(aq)的K0.1【解析】选A、D。p(Ba2)lg c平(Ba2)，因此当阴离子浓度相等时，溶度积常数越大p(Ba2)越小，所以N线为BaCO3的溶解平衡曲线，M线为BaSO4的溶解平衡曲线，A正确；b点位于M曲线的下侧，浓度商大于溶度积常数，所以对应的溶液中Ba2、SO能形成BaSO4沉淀，B错误；根据图象可知Ksp(BaSO4)10a102 mol2L210(2a) mol2L2c平(K)c平(OH)【解析】选C。随着NaOH溶液的加
24、入，混合溶液中离子浓度和种类发生变化，因此混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关，A项正确；a点的混合溶液中能导电的离子主要为HA和K，b点为反应终点，因此b点的混合溶液中能导电的离子主要为A2、K、Na，故Na与A2的导电能力之和大于HA的，B项正确；b点的混合溶液中含有的A2能发生水解反应而使溶液呈碱性，C项错误；b点为反应终点，因此b点的混合溶液中c平(Na)c平(K)c平(OH)，继续加入氢氧化钠溶液后，c点的混合溶液中c平(Na)c平(K)c平(OH)，D项正确。三、非选择题(本题包括5小题，共60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
25、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 molL1 NaHA溶液与10 mL 2 molL1 NaOH溶液混合而得，则溶液M的pH_(选填“”“7，离子水解以第一步为主，则离子浓度关系为c平(Na)c平(A2)c平(OH)c平(HA)c平(H)。(3)由反应式Ba2A2=BaA可得，沉淀后A2过量0.01 mol，溶液中c平(A2) molL1 molL1，根据BaA的Kspc平(Ba2)c平(A2)可得，c平(Ba2) molL15.41010 molL1。(4)混合溶液中104，c平(H)105 molL1，溶液显酸
26、性，则酸过量，H2A为弱酸，pH3的H2A溶液与pH11的NaOH溶液混合时酸的浓度大于碱的浓度，则二者体积关系不确定，大于、小于或等于都可能酸过量。答案：(1)H2AHHA、HAHA2(2)c平(Na)c平(A2)c平(OH)c平(HA)c平(H)(3)5.41010(4)均有可能17(12分)(2021北京东城区高二检测)某同学研究金属锌与氯化铜溶液之间反应，在实验中该同学观察到的现象有：.产生少量气泡；.有红色固体生成；.溶液中产生白色沉淀。为了解释上述现象，某同学查阅资料，获得如下信息：编号化学反应离子方程式1ZnCu2Zn2Cu2Zn2Cu2Zn22Cu3Cu2ClCuCl4CuCl
27、CuCl(1)请结合离子方程式解释产生少量气泡的原因：_。(2)Zn与CuCl2反应生成白色沉淀的离子方程式是_。(3)为了探究影响生成白色沉淀的因素，该同学进一步实验。取不同浓度的CuCl2溶液，加入锌并振荡，均立刻产生少量气泡和红色固体，其他实验现象如下。编号浓度(molL1)试剂(锌均过量)实验现象a0.5锌片立刻出现少量白色沉淀b1锌片立刻出现白色沉淀c1锌粉立刻出现大量白色沉淀d1锌片、适量NaCl固体少量白色沉淀，振荡迅速溶解对比实验a、b，实验结论是_。某同学从化学平衡的角度分析，d中白色沉淀溶解可能的原因是_(用离子方程式表示)。(4)利用沉淀法除去杂质在实际生产中应用广泛。在
28、工业中冶炼锌，为了除去ZnSO4电解液中的Cl，可加入_和_，生成沉淀而除去。通过进一步查阅资料得知：CuCl的形成与溶液的pH及Cu2等离子浓度有关，一定条件下，通过实验得出pH、Cu2浓度对Cl沉淀的影响如图所示。根据图，除去该电解液中Cl的最佳条件是_。【解析】(1)氯化铜是强酸弱碱盐，铜离子水解呈酸性，水解方程式为Cu22H2OCu(OH)22H，锌与氢离子反应：Zn2H=ZnH2，所以产生气泡。(2)Zn与CuCl2反应生成ZnCl2和CuCl，离子方程式为Zn2Cu22Cl=Zn22CuCl。(3)对比实验a、b，锌片相同时，氯化铜浓度增加，生成沉淀的反应速率加快，故实验结论是当锌
29、的形状相同时，氯化铜浓度越高，生成沉淀的反应速率越快。d中白色沉淀溶解可能是加入氯化钠后，增加了氯离子浓度，促进反应Cu2ClCuCl正向进行。(4)在工业中冶炼锌，为了除去ZnSO4电解液中的Cl，可加入锌单质和铜离子，发生Zn2Cu2Zn22Cu，再发生CuClCuCl，生成沉淀而除去。由图可知，在pH等于1.5，铜离子浓度为3 gL1时，氯离子去除率均较高。答案：(1)铜离子水解呈酸性，Cu22H2OCu(OH)22H，锌与水解产生的氢离子反应，产生气泡(2)Zn2Cu22Cl=Zn22CuCl(3)当锌的形状相同时，氯化铜浓度越高，生成沉淀的反应速率越快Cu2ClCuCl(4)锌单质铜
30、离子pH1.5，铜离子浓度为3 gL1【加固训练】在常温下，有下列五种溶液：0.1 molL1 NH4Cl溶液0.1 molL1 CH3COONH4溶液0.1 molL1 NH4HSO4溶液0.1 molL1 NH4HCO3溶液0.1 molL1 NaHCO3溶液请根据要求填写下列空白：(1)溶液呈_(选填“酸”“碱”或“中”)性，其原因是_(用离子方程式表示)。 (2)溶液呈_(选填“酸”“碱”或“中”)性，其原因是_(用离子方程式表示)。 (3)比较溶液、中c平(NH)的大小关系是_(选填“”“”“”“”或“”)c平(NH)。 【解析】(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，水
31、解离子方程式为NHH2ONH3H2OH。(2)碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，导致溶液呈碱性，水解离子方程式为HCOH2OH2CO3OH。(3)0.1 molL1 NH4Cl溶液显酸性，铵根离子正常水解；0.1 molL1NH4HSO4溶液显强酸性，氢离子浓度较大，氢离子会抑制铵根离子的水解，则铵根离子的水解程度就小，所以铵根离子浓度较大，所以相同浓度的这两种溶液中c平(NH)的大小关系是。(4)常温下，测得溶液的pH7，说明0.1 molL1 CH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同；溶液中存在电荷守恒：c平(CH3COO)c平(OH)c平(NH)c平
32、(H)，pH7说明溶液中c平(H)c平(OH)，从而得到c平(CH3COO)c平(NH)。答案：(1)酸NHH2ONH3H2OH(2)碱HCOH2OH2CO3OH(3)2c平(SO)c平(HSO)Bc平(Na)c平(SO)c平(HSO)c平(H2SO3)Cc平(OH)c平(H)c平(H2SO3)c平(HSO)Dc平(Na)c平(HSO)c平(SO)c平(H)c平(OH)利用如图中数据，求H2SO3HHSO的平衡常数的数值_(保留两位小数)。 【解析】(1)CO水解的离子方程式为COH2OHCOOH。NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液混合发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体
33、，反应的离子方程式为3HCOAl3=Al(OH)33CO2。(2)硝酸是强酸，NO不水解；HNO2的电离常数Ka7.1104 molL1、CH3COOH的电离常数Ka1.7105 molL1，HNO2酸性强于CH3COOH，CH3COO水解程度大于NO；同浓度的NaNO3、NaNO2、CH3COONa溶液中c平(NO)、c平(NO)和c平(CH3COO)由大到小的顺序为c平(NO)c平(NO)c平(CH3COO)；溶液A为硝酸钠和亚硝酸钠的混合溶液，其pH小于溶液B，要使pH相等，可以增大A的pH或减小B的pH；A项，向溶液A中加适量NaOH，溶液A的pH增大；B项，向溶液A中加适量水，溶液A
34、的pH减小；C项，向溶液B中加适量NaOH，溶液B的pH增大；D项，向溶液B中加适量水，溶液B的pH减小。(3)由电荷守恒可知，c平(H)c平(Na)2c平(SO)c平(HSO)c平(OH)，中性溶液c平(H)c平(OH)，则c平(Na)2c平(SO)c平(HSO)，所以c平(Na)2c平(SO)，由图可知pH7时，c平(SO)c平(HSO)，则c平(Na)2c平(SO)c平(HSO)，故A正确；由电荷守恒可知，c平(H)c平(Na)2c平(SO)c平(HSO)c平(OH)，中性溶液c平(H)c平(OH)，则c平(Na)2c平(SO)c平(HSO)，由图可知pH7时c平(SO)c平(H2SO3
35、)，故B错误；pH7时，c平(H)c平(OH)，故C错误；由图可知pH7时，c平(SO)c平(HSO)，所以离子浓度为c平(Na)c平(HSO)c平(SO)c平(H)c平(OH)，故D错误；根据图象可知，pH0时，亚硫酸浓度为0.9 molL1，亚硫酸氢根离子浓度为0.24 molL1，此时氢离子浓度为1 molL1，则H2SO3HHSO的平衡常数K molL10.27 molL1。答案：(1)COH2OHCOOH3HCOAl3=Al(OH)33CO2(2)c平(NO)c平(NO)c平(CH3COO)A、D(3)A0.27【加固训练】在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存。(1)一定温
36、度下，向1 L 0.1 molL1 CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固体，则溶液中_(填“增大”“不变”或“减小”)；写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式：_。(2)常温下在20 mL 0.1 molL1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 molL1 HCl溶液40 mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO_(填“能”或“不能”)大量共存。当pH7时，溶液中含碳元素的主要微粒为_，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为_。已知在25 时，CO
37、水解反应的平衡常数即水解常数Kh2.0104 molL1，当溶液中c平(HCO)c平(CO)21时，溶液的pH_。【解析】(1)K，K仅受温度影响。由电荷守恒得c平(CH3COO)c平(OH)c平(H)c平(Na)。(2)通过观察图象求解问。中c平(OH)1.0104 molL1，则c平(H)1.01010 molL1，pH10。答案：(1)不变c平(CH3COO)c平(OH)c平(H)c平(Na)(2)不能HCO、H2CO3c平(Na)c平(Cl)c平(HCO)c平(H)c平(OH)1020(14分)孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量铁的化合物和硅的化合物。以孔雀石为原料可制备Cu
38、Cl23H2O及纯碱，流程如图所示。已知：溶液A只含Cu2、Fe2、Fe3三种金属离子，且三种离子沉淀时的pH如下表所示。回答下列问题。金属离子Fe3Fe2Cu2pH氢氧化物开始沉淀1.97.04.7氢氧化物完全沉淀3.29.06.7(1)图中“试剂1”为_。(2)加入CuO的作用是调节溶液pH，则pH的范围为_。(3)下列物质可以代替CuO的是_。aNH3H2ObCuCO3cNaOH dCu(OH)2(4)由溶液C获得CuCl23H2O，需要经过_、_、过滤等操作。(5)已知：常温下Cu(OH)2的Ksp21020。计算Cu22H2OCu(OH)22H的平衡常数为_。【解析】(1)Fe2开始
39、沉淀时的pH为7.0，此时Cu2已完全沉淀。所以欲除去Cu2中混有的Fe2时，必须先将其氧化为Fe3。为避免引入新杂质，试剂1可以是氯气或H2O2。(2)调节pH的原则是使Fe3完全沉淀而Cu2不沉淀。(3)NH3H2O、NaOH会引入新的杂质离子。(5)Cu22H2OCu(OH)22H的平衡常数K。根据KspCu(OH)2c平(Cu2)c(OH)及常温下Kwc平(H)c平(OH)得K5109(molL1)。答案：(1)Cl2或H2O2(2)3.2pH4.7(3)bd(4)蒸发浓缩冷却结晶(5)5109 molL1【加固训练】工业上利用电镀污泥(主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶
40、杂质)回收铜和铬等金属，回收流程如下：已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下：Fe3Cu2Cr3开始沉淀pH2.14.74.3完全沉淀pH3.26.7a(1)在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有_(填化学式)。(2)在除铁操作中，需要除去Fe3和CaSO4，请完成相关操作：加入石灰乳调节pH范围_，检验Fe3已经除尽的操作是_。将浊液加热到80 ，_。(3)写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体反应的离子方程式_，此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%，若NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是_。(4)当离子浓度小于
41、或等于1105 molL1时可认为沉淀完全，若要使Cr3完全沉淀则要保持c平(OH)_。(已知：Kspc平(Cr(OH)3)6.31031mol4L4，4.0)【解析】(1)Fe2O3、CuO、Cr2O3均能溶于硫酸，分别生成盐Fe2(SO4)3、CuSO4、Cr2(SO4)3和水。(2)由部分物质沉淀的pH及除铁操作的目的可知，加入石灰乳调节溶液的pH为3.2pH4.3，不会沉淀Cu2、Cr3，但能除去Fe3；Fe3遇KSCN变红，如果溶液中Fe3已经除尽，则滤液遇KSCN溶液不变红；再由CaSO4的溶解度曲线可知，CaSO4的溶解度随温度升高而逐渐减小，如果将浊液加热到80 ，趁热过滤，可
42、以除去CaSO4。(3)由铜元素降价可知硫元素必须升价，还原步骤的原理为；亚硫酸属于中强酸，而还原步骤生成的硫酸是强酸，若NaHSO3过量，过量的NaHSO3可以与强酸反应生成有毒的SO2气体，造成环境污染。(4)由沉淀溶解平衡可知，Cr(OH)3(s) Cr3(aq)3OH(aq)，KspCr(OH)3c平(Cr3)c(OH)6.31031 mol4L4，则c(OH) (mol3L3)6.31026(mol3L3)631027(mol3L3)，c平(OH) molL14.0109 molL1，即要使Cr3完全沉淀则要保持c平(OH)4.0109 molL1。答案：(1)CuSO4(2)3.2pH4.3取适量滤液，加KSCN溶液，若不变红，则说明Fe3已除尽趁热过滤(3)2H2OHSO2Cu2=Cu2OSO5H产生SO2，污染环境(4)4.0109 molL1- 23 -
