考點(diǎn)鞏固卷12 水溶液中的離子反應(yīng)與平衡（二）（解析版）

第頁考點(diǎn)鞏固卷12水溶液中的離子反應(yīng)與平衡（二）考點(diǎn)03鹽類的水解（限時(shí)：30min）考法01鹽類的水解原理及其規(guī)律考法02鹽類水解的影響因素考法03鹽類水解的應(yīng)用考法04溶液中“粒子”濃度的關(guān)系考法05水溶液中圖像分析考法06水解常數(shù)與KW、K考點(diǎn)04沉淀溶解平衡（限時(shí)：25min）考法01沉淀溶解平衡及其影響因素考法02沉淀溶解平衡的應(yīng)用考法03溶度積常數(shù)及其應(yīng)用考法04沉淀溶解平衡圖像分析考點(diǎn)05工業(yè)流程題解題策略（限時(shí)：20min）考法工業(yè)流程題解題策略考點(diǎn)03鹽類的水解考法01鹽類的水解原理及其規(guī)律1．下列關(guān)于鹽溶液酸堿性的說法錯(cuò)誤的是（）A．某些鹽溶液呈酸性或堿性的原因是破壞了水的電離平衡B．NH4ClC．在CH3COONaD．水電離出來的H+或OH【答案】C【解析】某些鹽溶液呈現(xiàn)酸性或堿性的原因是鹽電離出來的離子（弱酸陰離子或弱堿陽離子）結(jié)合了水電離出來的氫離子或氫氧根離子，破壞了水的電離平衡，故A、D正確；氯化銨溶液中銨根離子結(jié)合了水電離出的氫氧根離子，使溶液中cH+>cOH?，溶液顯酸性，故B正確；醋酸鈉溶液中醋酸根離子結(jié)合了水電離出的氫離子，使溶液顯堿性，但是水電離出的氫離子與氫氧根離子的濃度相等2．A+、B+、C?、D?四種離子兩兩組成四種可溶性鹽，其中AC和BD鹽溶液的pH=7,BCA．AD鹽溶液的pH<B．在AC鹽溶液中存在：cC．堿的電離程度一定是AOH>BOHD．酸的電離程度一定是HD>HC【答案】C【解析】根據(jù)“有弱才水解，越弱越水解，誰強(qiáng)顯誰性，同強(qiáng)顯中性”的規(guī)律可知，AC、BD鹽溶液的pH=7，說明AOH與HC、BOH與HD的電離程度相當(dāng)，而BC鹽溶液的pH>7，說明BOH比HC的電離程度大，故堿的電離程度AOH<BOH，酸的電離程度HD>HC，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確；AOH比HD的電離程度小，故AC鹽溶液顯酸性，A項(xiàng)正確；由元素守恒可知，B3．（23-24·廣東廣州·期末）25℃，0.1mol/LNH4Cl溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示。下列說法正確的是A．圖中M表示B．NH4Cl溶液C．NH4Cl溶液中：D．NH4Cl溶液中：【答案】C【解析】溶液中離子濃度最大的是氯離子，c(Cl-)=0.1mol?L-1，圖中M濃度小于0.1mol?L-1，表示的是，A錯(cuò)誤；NH4Cl溶液中銨根離子水解，溶液顯酸性，pH＜7，B錯(cuò)誤；NH4Cl溶液中存在物料守恒：c()+c(NH3?H2O)=c(Cl-)，C正確；NH4Cl溶液中：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，D錯(cuò)誤。4．（24-25高三上·北京房山·開學(xué)考試）將FeSO4溶液分別滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，如圖所示，I、II中均有沉淀產(chǎn)生。已知：FeCO3是白色難溶于水的固體。下列說法不正確的是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中先出現(xiàn)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-，存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，A正確；將FeSO4溶液分別滴入Na2CO3溶液中發(fā)生雙水解反應(yīng)和復(fù)分解反應(yīng)，生成和沉淀，氫氧化亞鐵易被空氣中的氧氣氧化生成氫氧化鐵，I中中的沉淀可能有、和，B正確；將FeSO4溶液分別滴入Na2CO3溶液中可直接發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成沉淀，將FeSO4溶液分別滴入溶液中，F(xiàn)e2+和都發(fā)生水解后再生成沉淀，則I比II中先出現(xiàn)沉淀，C錯(cuò)誤；將FeSO4溶液分別滴入Na2CO3溶液中發(fā)生雙水解反應(yīng)，消耗碳酸根離子，溶液pH減小，F(xiàn)eSO4溶液滴入溶液中發(fā)生雙水解反應(yīng)，消耗了OH-，溶液pH減小，D正確。5．常溫下，5種0.1的鹽溶液pH如圖所示。下列敘述正確的是A．常溫下，的數(shù)量級(jí)為B．等體積的溶液和NaClO溶液，溶液中的總離子數(shù)目更多C．溶液中D．溶液中存在：【答案】B【解析】根據(jù)溶液pH，有：，，根據(jù)電離常數(shù)表達(dá)式近似計(jì)算：，故碳酸第一步電離常數(shù)的數(shù)量級(jí)為，A錯(cuò)誤；根據(jù)電荷守恒式可知，NaClO溶液中離子總濃度為，溶液中離子總濃度為，二者相同，溶液中比NaClO溶液中大，所以等體積的溶液和NaClO溶液，溶液中的離子總數(shù)更多，B正確；根據(jù)醋酸銨溶液呈中性可知，醋酸、的電離常數(shù)相等，醋酸銨中陰、陽離子水解程度相等，但都水解，即溶液中，，C錯(cuò)誤；溶液呈酸性，說明它電離能力大于水解能力，部分粒子濃度大小排序?yàn)椋珼錯(cuò)誤?？挤?2鹽類水解的影響因素6.已知①中盛有一定量的Na2CO3A．②中溶液為紅色B．③中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為COC．加入過量稀鹽酸后，④中觀察到溶液紅色褪去，沉淀溶解并產(chǎn)生大量氣泡D．④中溶液的溶質(zhì)除酚酞外，還有2種【答案】D【解析】碳酸鈉溶液呈堿性，能使酚酞變紅，②中溶液為紅色，故A不符合題意；碳酸鈉溶液和澄清石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉，離子方程式為CO32?+Ca2+CaCO3↓，故B不符合題意；③中溶液為紅色，當(dāng)③中加入過量稀鹽酸后，碳酸鈣沉淀溶解，④中觀察到沉淀消失，產(chǎn)生大量氣泡，紅色也會(huì)消失，故C不符合題意；加入過量的稀鹽酸，稀鹽酸和碳酸鈣反應(yīng)生成氯化鈣、水、二氧化碳，稀鹽酸和氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、水7.（23-24高三上·天津河西·期末）25℃下，溶液的pH隨其濃度的變化關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是A．溶液中B．在水中的C．的水解程度隨其濃度增大而減小D．時(shí)，溶液中【答案】B【解析】Na+不水解、部分水解，根據(jù)物料守恒得c(Na+)＞2c()，A正確；根據(jù)圖知，0.5mol/L的Na2CO3溶液中pH=12.0，該溶液中c(OH-)==0.01mol/L，Na2CO3水解程度較小，則溶液中c()≈c(OH-)=0.01mol/L，Kh1==2×10-5，Ka2=，Ka1遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于Ka2，所以Ka1＞5×10-11，B錯(cuò)誤；c(Na2CO3)越大，其水解程度越小，故C正確；c(Na2CO3)=0.6mol/L時(shí)，溶液的pH＞12.0，所以溶液中c(OH-)＞0.01mol/L，D正確。8．某同學(xué)探究溶液的酸堿性對(duì)FeCl3水解平衡的影響，實(shí)驗(yàn)方案如下：配制50mL0.001mol·L－1FeCl3溶液、50mL對(duì)照組溶液X，向兩種溶液中分別滴加1滴1mol·L－1HCl溶液、1滴1mol·L－1NaOH溶液，測得溶液pH隨時(shí)間變化的曲線如圖所示。下列說法不正確的是()A．依據(jù)M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的pH，說明Fe3＋發(fā)生了水解反應(yīng)B．對(duì)照組溶液X的組成可能是0.003mol·L－1KCl溶液C．依據(jù)曲線c和d說明Fe3＋水解平衡發(fā)生了移動(dòng)D．通過儀器檢測體系渾濁度的變化，可表征水解平衡移動(dòng)的方向【答案】B【解析】FeCl3溶液的pH小于7，溶液顯酸性，原因是Fe3＋在溶液中發(fā)生了水解，A正確；圖中對(duì)照組溶液X加堿后溶液的pH的變化程度比加酸后的pH的變化程度大，若對(duì)照組溶液X是0.003mol·L－1KCl溶液，則加酸和加堿后溶液的pH的變化應(yīng)呈現(xiàn)軸對(duì)稱的關(guān)系，B錯(cuò)誤；在FeCl3溶液中加堿、加酸后，溶液的pH的變化均比對(duì)照組溶液X的變化小，因?yàn)榧铀峄蚣訅A均引起了Fe3＋水解平衡的移動(dòng)，故溶液的pH的變化比較緩和，C正確；FeCl3水解生成氫氧化鐵，故溶液的渾濁程度變大，則表明水解被促進(jìn)，否則被抑制，D正確。9．已知：[FeCl4(H2O)2]－為黃色，溶液中存在可逆反應(yīng)：Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，下列實(shí)驗(yàn)所得結(jié)論不正確的是()①②③④加熱前溶液為淺黃色，加熱后顏色變深加熱前溶液接近無色，加熱后溶液顏色無明顯變化加入NaCl后，溶液立即變?yōu)辄S色，加熱后溶液顏色變深加熱前溶液為黃色，加熱后溶液顏色變深注：加熱為微熱，忽略體積變化。A．實(shí)驗(yàn)①中，F(xiàn)e2(SO4)3溶液顯淺黃色原因是Fe3＋水解產(chǎn)生了少量Fe(OH)3B．實(shí)驗(yàn)②中，酸化對(duì)Fe3＋水解的影響程度大于溫度的影響C．實(shí)驗(yàn)③中，加熱，可逆反應(yīng)：Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－正向移動(dòng)D．實(shí)驗(yàn)④中，可證明升高溫度，顏色變深一定是因?yàn)镕e3＋水解平衡正向移動(dòng)【答案】D【解析】加熱促進(jìn)水解，鐵離子水解生成氫氧化鐵，則實(shí)驗(yàn)①中，F(xiàn)e2(SO4)3溶液顯淺黃色原因是Fe3＋水解產(chǎn)生了少量Fe(OH)3，故A項(xiàng)正確；由Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋可知，酸化后加熱，溶液顏色無明顯變化，氫離子抑制水解，則實(shí)驗(yàn)②中酸化對(duì)Fe3＋水解的影響程度大于溫度的影響，故B項(xiàng)正確；加入NaCl后，溶液立即變?yōu)辄S色，發(fā)生Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，[FeCl4(H2O)2]－為黃色，加熱時(shí)平衡正向移動(dòng)，溶液顏色變深，故C項(xiàng)正確；實(shí)驗(yàn)④中存在Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，升高溫度平衡正向移動(dòng)，溶液顏色變深，不能證明顏色變深是Fe3＋水解對(duì)平衡的影響，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。10．(2024·山東師大附中檢測)為了探究外界條件對(duì)氯化銨水解平衡的影響，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)方案：實(shí)驗(yàn)序號(hào)c(NH4Cl)/(mol/L)溫度/℃待測物理量實(shí)驗(yàn)?zāi)康蘑?.530x—Ⅱ1.5ⅰy探究濃度對(duì)氯化銨水解平衡的影響Ⅲ0.535zⅱⅣ2.040m探究溫度、濃度同時(shí)對(duì)氯化銨水解平衡的影響限選藥品和儀器：恒溫水浴、pH計(jì)、燒杯、0.1mol/L硝酸銀溶液、蒸餾水和各種濃度的NH4Cl溶液。(1)實(shí)驗(yàn)中，“待測物理量”是_____________________________。(2)?。絖_______；ⅱ：________________。(3)上述表格中，y________(填“>”“<”或“＝”)m?！敬鸢浮?1)溶液的pH(2)30探究溫度對(duì)氯化銨水解平衡的影響(3)>【解析】(1)由提供的藥品和儀器可知，pH計(jì)可準(zhǔn)確測定溶液的pH，所以“待測物理量”是溶液的pH。(2)探究濃度對(duì)氯化銨水解平衡的影響，則溫度必須相同，所以實(shí)驗(yàn)Ⅱ的溫度應(yīng)與實(shí)驗(yàn)Ⅰ相同，即ⅰ為30。實(shí)驗(yàn)Ⅰ和實(shí)驗(yàn)Ⅲ濃度相同，溫度不同，所以實(shí)驗(yàn)Ⅲ的實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖翘骄繙囟葘?duì)氯化銨水解平衡的影響。(3)水解反應(yīng)屬于吸熱反應(yīng)，溫度越高水解程度越大，氫離子濃度越大；溶液濃度越大，水解生成的氫離子濃度越大，則溶液的酸性越強(qiáng)。已知實(shí)驗(yàn)Ⅳ的濃度大、溫度高，所以溶液的pH小于實(shí)驗(yàn)Ⅱ的pH，即y>m。考法03鹽類水解的應(yīng)用11．下列事實(shí)與鹽的水解有關(guān)的是（）①熱的純堿溶液去油污效果好②制備TiO2納米粉：③為保存FeCl3④實(shí)驗(yàn)室盛放NaOH溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞⑤加熱蒸干AlCl3溶液得到Al⑥鐵在潮濕的環(huán)境下生銹A．①②③⑤ B．②③④ C．①②⑥ D．全部【答案】A【解析】NaOH溶液與二氧化硅反應(yīng)生成硅酸鈉，與鹽的水解無關(guān)，故④錯(cuò)誤；鐵在潮濕的環(huán)境下發(fā)生電化學(xué)腐蝕生銹，與鹽的水解無關(guān)，故⑥錯(cuò)誤。12．下列是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH－完全沉淀時(shí)溶液的pH。某硫酸鋅酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋雜質(zhì)，為制得純凈的ZnSO4，應(yīng)加入的試劑是()金屬離子Fe2＋Fe3＋Zn2＋完全沉淀時(shí)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，由題給信息可知，需將Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再調(diào)節(jié)溶液pH范圍為4.5≤pH<6.5，即可將Fe3＋完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，且保證Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋時(shí)不能引入新的雜質(zhì)，只能用H2O2，調(diào)pH時(shí)也不能引入新的雜質(zhì)，故可加入ZnO，促進(jìn)Fe3＋的水解平衡向右移動(dòng)，生成Fe(OH)3沉淀而除去。13．（23-24高三上·北京大興·期末）常溫下，NH4Cl溶于水得到無色溶液，為使溶液中的c(NH4+)：c(Cl-)=1：1，下列采取的措施正確的是A．加入適量的NaCl固體B．加入適量的鹽酸，抑制NH水解C．加入適量的氨水，使溶液的pH等于7D．加入適量的NaOH固體，使溶液的pH等于7【答案】C【解析】加入適量的NaCl固體，氯離子濃度增大，c()：c(Cl-)＜1：1，A錯(cuò)誤；加入適量的鹽酸，抑制水解，但氯離子濃度增大的多，c()：c(Cl-)＜1：1，B錯(cuò)誤；加入適量的氨水，使溶液的pH等于7，溶液中電荷守恒得到c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)得到溶液中的c()：c(Cl-)=1：1，C正確；加入適量的NaOH固體，使溶液的pH等于7，溶液中電荷守恒c()+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)得到c()＜c(Cl-)，c()：c(Cl-)＜1：1，D錯(cuò)誤。14．（2024·吉林·三模）二氧化鍺常用作有機(jī)反應(yīng)的催化劑以及制備半導(dǎo)體的原料。某大型化工廠提純二氧化鍺廢料(主要含GeO2、AS2O3)的工藝如圖，下列有關(guān)說法正確的是已知：①GeO2與堿反應(yīng)生成Na2GeO3；AS2O3與堿反應(yīng)生成NaASO2；②GeCl4的熔點(diǎn)?49.5℃，沸點(diǎn)為85℃，極易發(fā)生水解A．Ge在周期表中位于第四周期第ⅥA族B．“氧化”時(shí)，離子反應(yīng)為ASO+H2O2+2OH-=ASO+2H2OC．“操作1”是蒸餾，“操作2”所用儀器主要為玻璃棒、漏斗、燒杯D．“操作1”加入的鹽酸為7mol/L，若改成1mol/L可節(jié)省原料同時(shí)不影響產(chǎn)率【答案】B【解析】廢料堿浸后生成Na2GeO3、NaASO2，加入過氧化氫溶液氧化除砷，加入鹽酸蒸餾得到GeCl4，加入純水GeCl4水解，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，過濾得到，烘干得到GeO2。Ge在周期表中位于第四周期第IVA族，A錯(cuò)誤；“氧化”時(shí)，+3價(jià)砷轉(zhuǎn)化為+5價(jià)砷，離子反應(yīng)為ASO+H2O2+2OH-=ASO+2H2O，B正確；“操作1”是蒸餾，“操作2”為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，所用儀器主要為蒸發(fā)皿、鐵架臺(tái)(帶鐵圈)、酒精燈、玻璃棒、漏斗、燒杯，C錯(cuò)誤；GeCl4極易發(fā)生水解，若改成1mol/L的鹽酸，可能造成GeCl4水解，產(chǎn)率降低，D錯(cuò)誤。15．某小組探秘人體血液中的運(yùn)載氧平衡及酸堿平衡，正常人體血液中主要含有H2CO3和形成的緩沖溶液，能緩解外界的酸堿影響而保持pH基本不變。正常人體和代謝性酸中毒病人的血?dú)夥治鼋Y(jié)果見表：項(xiàng)目名稱結(jié)果濃度參考范圍正常人代謝性酸中毒病人CO2分壓/mmHg405035～4524.21923.3～24.8血液酸堿度(pH)7.407.217.35～7.45回答下列問題：(1)37℃時(shí)HCO3-的水解常數(shù)，，已知某同學(xué)血漿中，寫出人體血液中存在的水解平衡方程式；請判斷該同學(xué)血液的pH是否正常。(填“是”或“否”)(2)人體酸堿平衡維持機(jī)制簡要表達(dá)如下圖：①當(dāng)人體攝入酸過多時(shí)，肺通過呼吸排出的CO2會(huì)(選填“增加”或“減少”)。②對(duì)于重度代謝性酸中毒的病人應(yīng)該采用什么治療方法。(選填字母)A．口服0.9%KCl溶液

B．口服5%葡萄糖溶液C．靜脈注射5%溶液D．靜脈注射0.9%NaCl溶液【答案】(1)+H2O?H2CO3+OH-、+H2O?+OH正常(2)增加C【解析】（1）①H2CO3為弱酸，故人體血液中存在的水解平衡方程式為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-、+H2O?+OH-；②由，得，，，，得該同學(xué)血液的pH=7.4，屬于正常；（2）①人體攝入酸過多時(shí)HCO3-與H+作用生成CO2，故肺通過呼吸排出的CO2增加；②對(duì)于重度代謝性酸中毒的病人應(yīng)該減少H+，只有NaHCO3與H+作用生成CO2，故選C?？挤?4溶液中“粒子”濃度的關(guān)系16．在25℃時(shí)，在物質(zhì)的量濃度均為0.1mol?L?1的NH42SO4、NH42CO3A．a(chǎn)=b=c B．a(chǎn)>b>c【答案】D【解析】物質(zhì)的量濃度均為0.1mol?L?1的NH42SO4、NH42CO3、NH42FeSO42三種溶液中都存在NH4+的水解平衡：NH4++H2O?NH3?H2O+H+，對(duì)于NH42CO3溶液來說，因發(fā)生反應(yīng)CO32?+H+17．常溫下，下列溶液中粒子濃度關(guān)系一定正確的是（）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?，加水稀釋，促進(jìn)CO32?水解，但溶液的堿性減弱，水解常數(shù)不變，因此cHCO3?cCO32?增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；NH3?H2O和NH4Cl的混合溶液中存在電荷守恒：cOH?+cCl?=cNH18．室溫下，下列溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是()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項(xiàng)，Na2S溶液中，c(OH－)>c(HS－)，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由電荷守恒知Na2CO3溶液中，存在c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，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－)，錯(cuò)誤19．（2023·云南·二模）常溫下，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)與NaOH溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示。已知：AG=lg。若忽略溶液混合時(shí)的體積變化，下列說法正確的是A．b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：c(Na+)=2c(CH2=CHCOO-)+2c(CH2=CHCOOH)B．c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：c(Na+)>c(CH2=CHCOO-)>c(H+)>c(CH2=CHCOOH)>c(OH-)C．d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(CH2=CHCOO-)+2c(CH2=CHCOOH)D．若AG=0時(shí)V=x，則丙烯酸的電離常數(shù)為Ka=×10-7【答案】C【解析】b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中溶質(zhì)為等濃度的CH2=CHCOOH和CH2=CHCOONa，溶液呈酸性，根據(jù)電荷守恒有:c(Na+)+c(H+)=c(CH2=CHCOO-)+c(OH-)，結(jié)合c(H+)>c(OH-)得:c(CH2=CHCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中存在Na+、CH2=CHCOO-、H+、CH2=CHCOOH、OH-，AG＜0，則c(OH-)>c(H+)，則有：c(Na+)>c(CH2=CHCOO-)>c(OH-)>c(CH2=CHCOOH)>c(H+)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，存在物料守恒：c(Na+)=2c(CH2=CHCOO-)+2c(CH2=CHCOOH)，結(jié)合電荷守恒得c(OH-)=c(H+)+c(CH2=CHCOO-)+2c(CH2=CHCOOH)，C項(xiàng)正確；AG=0對(duì)應(yīng)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，丙烯酸的電離常數(shù)為Ka=，D項(xiàng)錯(cuò)誤。20．25℃時(shí)，有關(guān)弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)如下表：弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù)下列說法正確的是A．等濃度的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，其離子反應(yīng)方程式為：C．等濃度的NaNO2和HNO2混合溶液中：D．向0.1mol/L的HCN溶液中通入HCl氣體至pH=4，則HCN的電離度為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)，所以在等濃度的CH3COONa和NaCN混合溶液中存在關(guān)系式：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CN-)+c(CH3COOH)+c(HCN)，不存在關(guān)系c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CN-)，A錯(cuò)誤；根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性：H2CO3＞HCN＞，則向NaCN溶液中通入少量的二氧化碳，其離子反應(yīng)方程式為：CN-+CO2+H2O=HCN+，B錯(cuò)誤；的水解平衡常數(shù)Kh=≈1.4×10-11＜Ka=7.2×10-4，則在等濃度的NaNO2和HNO2混合溶液中，NaNO2的水解程度小于HNO2的電離程度，溶液顯酸性，因此等濃度的NaNO2和HNO2混合溶液中離子濃度大小關(guān)系為：，C正確；向0.1mol/L的HCN溶液中通入HCl氣體至pH=4，HCN的電離度a=×100%=×100%=×100%=0.00049%，D錯(cuò)誤?？挤?5水溶液中圖像分析21．（24-25高三上·湖南·開學(xué)考試）室溫下，向和的混合液中滴加溶液，溶液中[、或]與的關(guān)系如圖所示。已知：

，

，表示醋酸根離子。下列敘述錯(cuò)誤的是A．線代表與的關(guān)系B．常溫下，的為C．的為D．點(diǎn)對(duì)應(yīng)體系中【答案】C【解析】，則，同理，，，隨著的增大，、均增大，減小，再根據(jù)曲線的斜率可判斷，L1代表與的關(guān)系，L2代表與的關(guān)系，L3代表與的關(guān)系。由分析知，L1代表與的關(guān)系，A正確；L3代表與的關(guān)系，根據(jù)點(diǎn)（0，-4.76），常溫下，的，B正確；L1代表與的關(guān)系，根據(jù)點(diǎn)(1，5.3)，，L2代表與的關(guān)系，根據(jù)點(diǎn)(1，2.9)，，的，C錯(cuò)誤；由圖可知，Q點(diǎn)，則溶液中，D正確。22．（2024·湖南常德模擬）25℃下，將KOH溶液滴入甲酸溶液中，測得混合溶液中的pHCOO?=?lgA．25℃B．滴加KOH溶液過程中，cHCOOC．溶液中K+濃度：D．m點(diǎn)溶液中c【答案】C【解析】由m0,3.75可知，p[cH+cHCOOH]=?lgcH+cHCOOH=0，則cH+cHCOOH=1，pHCOO?=?lgcHCOO?=3.75，則cHCOO?=10?3.75mol?L?1，25℃時(shí),KaHCOOH=cH+?cHCOO?cHCOOH=10?3.75，故A23．(2024·福建廈門二模)常溫下，向0.5mol·L－1的Na2CO3溶液中以恒定的速率滴加稀鹽酸，測得溶液pH隨時(shí)間的變化如圖所示。下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是()A．溶液中水的電離程度：A>H>D>GB．B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液滿足關(guān)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段主要發(fā)生的反應(yīng)為HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2OD．H點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液滿足關(guān)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為強(qiáng)堿弱酸鹽，促進(jìn)水的電離，隨著鹽酸的加入，碳酸鈉逐漸被消耗，水的電離程度逐漸減小，直至加入過量的稀鹽酸會(huì)抑制水的電離，則水的電離程度：A>H>D>G，A正確；B點(diǎn)溶質(zhì)為NaHCO3和NaCl，溶液存在電荷守恒：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錯(cuò)誤；CD段主要是碳酸氫鈉繼續(xù)與稀鹽酸反應(yīng)生成NaCl、二氧化碳和水，發(fā)生的反應(yīng)為：HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O，C正確；H點(diǎn)主要成分是NaHCO3，對(duì)應(yīng)的溶液存在質(zhì)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正確。24．（23-24高三上·遼寧大連·期末）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)有類似于NH3的性質(zhì)。25℃時(shí)，向0.01mol/L乙二胺溶液中通入HCl氣體，所得溶液(忽略溶液體積的變化)的pH與體系中含N微粒濃度的對(duì)數(shù)值()、反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比關(guān)系如下圖所示。下列有關(guān)說法正確的是A．圖中曲線Y表示B．P3所示溶液：C．P4所示溶液：D．圖中M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的【答案】B【解析】由圖可看出隨HCl通入，曲線Z呈下降趨勢，代表，曲線X先增后減，代表，曲線Y呈逐漸增大趨勢，代表。根據(jù)分析，隨著鹽酸的加入，曲線Y呈增大趨勢，代表的變化趨勢，A錯(cuò)誤；由圖可知，P3所示溶液，氯化氫和乙二胺之比為1.6∶1，此時(shí)溶液中的成份為：C2H10N2Cl2和C2H9N2Cl，由于1mol電離產(chǎn)生1mol和2mol，則此時(shí)，B正確；由圖可知，P4所示溶液，氯化氫和乙二胺之比為2∶1，此時(shí)溶液中的成份為C2H10N2Cl2，根據(jù)物料守恒可知，，C錯(cuò)誤；乙二胺中，，，圖中曲線X與曲線Z的交點(diǎn)，，則，曲線X與Y的交點(diǎn)，，則，圖中M點(diǎn)是曲線Y與Z的交點(diǎn)，存在，則，故，，，，，M點(diǎn)，D錯(cuò)誤。25．（23-24高三上·四川雅安·期中）向氨水中通入，溶液中、、的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的變化如圖。下列有關(guān)分析不合理的是A．B．曲線b代表，曲線c代表C．時(shí)，D．時(shí)，【答案】D【解析】通入SO2的初始階段，氨水過量，反應(yīng)生成(NH4)2SO3，pH逐漸減小，亞硫酸根離子濃度逐漸增大，隨著SO2的繼續(xù)通入，生成亞硫酸氫銨，亞硫酸氫根濃度增大，亞硫酸根濃度減小，故c線代表，b線代表，當(dāng)達(dá)最大值后，再通入SO2開始大量生成H2SO3，而開始減少，故a線代表。根據(jù)，當(dāng)pH=1.98時(shí)，，Ka1(H2SO3)==c(H+)=10-1.98mol/L，則，A正確；由分析可知，b代表，曲線c代表，B正確；pH=7時(shí)，溶液中溶質(zhì)主要為(NH4)2SO3和NH4HSO3，NH4HSO3電離產(chǎn)生的c()和c()基本相等，而(NH4)2SO3電離產(chǎn)生的c()約是c()的2倍，可見此時(shí)溶液中c()最大；由圖可以看出pH=7時(shí)c()>c()，而H2SO3此時(shí)濃度很小，故pH=7時(shí)離子濃度大小關(guān)系為：，C正確；根據(jù)電荷守恒，有：，pH=10時(shí)，，則，則一定存在關(guān)系，D錯(cuò)誤?？挤?6水解常數(shù)與KW、K26．（23-24高三上·天津·期末）常溫下的電離常數(shù)，。下列說法錯(cuò)誤的是A．對(duì)溶液升溫，溶液的pH變小B．溶液中：C．向溶液中加入少量固體，則變大D．溶液呈堿性【答案】D【解析】溫度升高，促進(jìn)H2C2O4的電離，H2C2O4電離程度增大，c(H+)增大，pH變小，A正確；根據(jù)物料守恒可得，0.1mol?L?1Na2C2O4溶液中：，B正確；向H2C2O4溶液中加入少量NaOH固體，發(fā)生反應(yīng)：，導(dǎo)致c()增大，c(H2C2O4)減小，故增大，C正確；常溫下H2C2O4的電離常數(shù)Ka1=5.6×10?2，Ka2=1.5×10?4，故對(duì)于，電離平衡常數(shù)為Ka2=1.5×10?4，水解平衡常數(shù)為Kh=，因的電離程度大于其水解程度，故0.1mol?L?1NaHC2O4溶液呈酸性，D錯(cuò)誤。27．已知：25℃時(shí)，NaCN溶液中CN?的水解常數(shù)Kh=cHCN?cOH?cCN?≈c2A．25℃時(shí)，NaCN的KB．其他條件不變，升高溫度，可使a點(diǎn)變到b點(diǎn)C．25℃時(shí)，向a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中加入固體NaCN，D．水的電離程度：a點(diǎn)小于c點(diǎn)【答案】B【解析】2pOH=?2lgcOH?，c2OH?=10?2pOH，由題圖可知,c0NaCN=1mol?L?1時(shí)，2pOH=4.7，c2OH?=10?4.7，則KhCN?≈c2OH?cNaCN=10?4.7，Kh的數(shù)量級(jí)為10?5，故A正確；升高溫度，有利于CN?的水解平衡正向移動(dòng)，溶液中cOH?增大，2pOH減小，不能使a點(diǎn)變到b點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；加入固體28．一種捕集煙氣中CO2的過程如圖所示。室溫下以0.1000mol·L－1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液體積變化和H2O揮發(fā)可忽略，溶液中含碳物種的濃度c總＝c（H2CO3）＋c（HCOeq\o\al(－,3)）＋c（COeq\o\al(2－,3)）。已知：H2CO3電離常數(shù)Ka1＝4.4×10－7、Ka2＝4.4×10－11；Ksp（CaCO3）＝3×10－9、Ksp[Ca（OH）2]＝5.0×10－6。下列說法正確的是（）A．若“吸收”后c總＝0.05mol·L－1，則溶液中存在：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，則溶液中存在：c（COeq\o\al(2－,3)）＞c（HCOeq\o\al(－,3)）D．“轉(zhuǎn)化”后過濾，所得濾液中存在：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總＝0.05mol·L－1，則溶液為K2CO3溶液；依據(jù)物料守恒，有c(K＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]，A錯(cuò)誤；依據(jù)電荷守恒，有c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，B錯(cuò)誤；“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正確；“轉(zhuǎn)化”后過濾，所得濾液中eq\f(c（COeq\o\al(2－,3)）,c2（OH－）)＝eq\f(3×10－9,5.0×10－6)＝6.0×10－4，D錯(cuò)誤。29．（2024·江西·高考真題）廢棄電池中錳可通過浸取回收。某溫度下，MnSO4在不同濃度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系數(shù)δ與pH的關(guān)系如圖。下列說法正確的是已知：Mn(OH)2難溶于水，具有兩性；δ(MnOH+)=；A．曲線z為δ(MnOH+)B．O點(diǎn)，C．P點(diǎn)，c(Mn2+)＜c(K+)D．Q點(diǎn)，c()=2c(MnOH+)+2c()【答案】C【解析】Mn(OH)2難溶于水，具有兩性，某溫度下，MnSO4在不同濃度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系數(shù)δ與pH的關(guān)系如圖，結(jié)合曲線變化和分布分?jǐn)?shù)可知，pH較小時(shí)，Mn元素存在形式為Mn2+，則曲線x為Mn2+，曲線y為MnOH+，曲線z為。分析可知，z表示δ()，A錯(cuò)誤；圖中O點(diǎn)存在電離平衡Mn2++OH﹣?MnOH+，在P點(diǎn)時(shí)c(Mn2+)＝c(MnOH+)，pH＝10.2，K103.8，O點(diǎn)δ(Mn2+)＝0.6時(shí)，δ(MnOH+)＝0.4，則c(OH﹣)10﹣3.8mol/L10﹣3.8mol/L，則，B錯(cuò)誤；P點(diǎn)時(shí)δ(Mn2+)＝δ(MnOH+)=0.5，溶液中含Mn元素微粒只有這兩種，根據(jù)物料守恒有c(Mn2+)+c(MnOH+)=c()，且c(Mn2+)＝c(MnOH+)①即2c(Mn2+)=c()②，根據(jù)電荷守恒有③，將①和②代入③得到，此時(shí)pH=10.2，則c(Mn2+)＜c(K+)，C正確；Q點(diǎn)時(shí)，根據(jù)圖像溶液中存在，物料守恒：c()＝c(Mn2+)+c(MnOH+)+c()+c()+c[]，且c(MnOH+)＝c()，c()=c[]，則c()＝c(Mn2+)+2c(MnOH+)+2c()，故c()＞2c(MnOH+)+2c()，D錯(cuò)誤。30．(1)NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：常溫下NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)。(2)已知：常溫下NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－Kb＝1.8×10－5H2YH＋＋HY－Ka1＝5.4×10－2HY－H＋＋Y2－Ka2＝5.4×10－5則(NH4)2Y溶液的pH________(填“>”“<”或“＝”)7。(3)NO2尾氣常用NaOH溶液吸收，生成NaNO3和NaNO2。已知NOeq\o\al(－,2)的水解常數(shù)Kh＝2×10－11，常溫下，某NaNO2和HNO2混合溶液的pH為5，則混合溶液中c(NOeq\o\al(－,2))和c(HNO2)的比值為________?！敬鸢浮?1)堿性(2)<(3)50【解析】(1)NHeq\o\al(＋,4)水解溶液顯酸性，其水解常數(shù)為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)水解溶液顯堿性，其水解常數(shù)為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，溶液顯堿性。(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－，則(NH4)2Y溶液呈酸性，溶液的pH<7。(3)常溫下，某NaNO2和HNO2混合溶液的pH為5，該溶液中c(OH－)＝eq\f(10－14,10－5)mol·L－1＝10－9mol·L－1，結(jié)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?？键c(diǎn)04沉淀溶解平衡考法01沉淀溶解平衡及其影響因素1．下列有關(guān)AgCl的沉淀－溶解平衡的說法中，正確的是A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解不斷進(jìn)行，且c(Cl－)一定等于c(Ag+)B．AgCl難溶于水，溶液中沒有Ag+和Cl－C．升高溫度，AgCl沉淀的溶解度增大D．在有AgCl沉淀生成的溶液中加入NaCl固體，AgCl沉淀溶解的量不變【答案】C【解析】沉淀溶解平衡是動(dòng)態(tài)平衡，沉淀生成和沉淀溶解不斷進(jìn)行，但c(Cl－)不一定等于c(Ag+)，例如向硝酸銀溶液中加入過量氯化鈉生成氯化銀沉淀時(shí)，溶液中c(Cl－)大于c(Ag+)，A錯(cuò)誤；AgCl在水中存在沉淀溶解平衡，溶液中有極少量的Ag＋和Cl－，B錯(cuò)誤；AgCl溶解是一個(gè)吸熱過程，升高溫度，AgCl沉淀的溶解度增大，C正確；向含AgCl沉淀的溶液中加入NaCl固體，增大了Cl－的濃度，會(huì)使AgCl的溶解平衡向左移動(dòng)，減少了AgCl的溶解量，D錯(cuò)誤。2．已知：常溫下，Ksp(BaSO4)＝a。取過量BaSO4溶于蒸餾水，過濾得到濾液R溶液。下列有關(guān)說法正確的是()A．R溶液中c(Ba2＋)＝amol·L－1B．常溫下，向R溶液中加入少量Na2SO4固體，產(chǎn)生白色沉淀C．常溫下，向R溶液中加入少量BaCl2固體，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項(xiàng)錯(cuò)誤；加入Na2SO4，平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)向左移動(dòng)，產(chǎn)生白色沉淀，B項(xiàng)正確；溫度不變，溶度積常數(shù)不變，C項(xiàng)錯(cuò)誤；向R溶液中加水，c(Ba2＋)、c(SOeq\o\al(2－,4))均減小，D項(xiàng)錯(cuò)誤。3．(2024·福建三明模擬)25℃時(shí)，在氫氧化鎂懸濁液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，已知25℃時(shí)Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。下列說法錯(cuò)誤的是()A．若向Mg(OH)2懸濁液中加入少量NH4Cl(s)，c(Mg2＋)會(huì)增大B．若向Mg(OH)2懸濁液中滴加CuSO4溶液，沉淀將由白色逐漸變?yōu)樗{(lán)色C．若向Mg(OH)2懸濁液中加入適量蒸餾水，Ksp保持不變，故上述平衡不發(fā)生移動(dòng)D．若向Mg(OH)2懸濁液中加入少量Na2CO3(s)，固體質(zhì)量將增大【答案】C【解析】向Mg(OH)2懸濁液中加入少量NH4Cl(s)，c(OH－)減小，平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)氫氧化鎂的溶解，c(Mg2＋)會(huì)增大，A項(xiàng)正確；向Mg(OH)2懸濁液中滴加CuSO4溶液，由于Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11>Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，則沉淀將由白色的氫氧化鎂逐漸變?yōu)樗{(lán)色的氫氧化銅，B項(xiàng)正確；加入少量蒸餾水，Ksp保持不變，平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)氫氧化鎂的溶解，C項(xiàng)錯(cuò)誤；向Mg(OH)2懸濁液中加入少量Na2CO3(s)，由于碳酸根離子水解呈堿性，所以c(OH－)增大，平衡逆向移動(dòng)，有固體析出，則固體質(zhì)量將增大，D項(xiàng)正確。4．（23-24·河北石家莊·期末）某溫度時(shí)：AgCl懸濁液中存在：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)沉淀溶解平衡，其平衡曲線如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．加入AgNO3，可以使溶液由c點(diǎn)變到a點(diǎn)B．用NaCl溶液代替蒸餾水洗滌AgCl沉淀，可以減少沉淀的損失C．b點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中沒有AgCl沉淀生成D．Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=4.9×10-13，說明溶解度：AgCl>AgBr【答案】C【解析】加入AgNO3固體，銀離子濃度增大，氯離子濃度減小，可以使溶液由c點(diǎn)變到a點(diǎn)，A項(xiàng)正確；AgCl電離方程式為，NaCl溶液中氯離子濃度較大，用NaCl溶液替代蒸餾水洗滌AgCl沉淀，可使AgCl的溶解平衡逆向移動(dòng)，從而減少沉淀損失，B項(xiàng)正確；b點(diǎn)在曲線的上方，銀離子和氯離子濃度的乘積大于Ksp(AgCl)，所以b對(duì)應(yīng)溶液中有沉淀生成，C項(xiàng)錯(cuò)誤；Ksp越大，相應(yīng)離子濃度就越大，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項(xiàng)正確。5．有關(guān)的沉淀溶解平衡，下列說法中錯(cuò)誤的是A．飽和溶液中B．用溶液代替蒸餾水洗滌沉淀，可以減少沉淀的損失C．向懸濁液中加少量水，一定減小D．，，說明溶解度：【答案】C【解析】AgCl電離方程式為AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，AgCl飽和溶液中銀離子濃度和氯離子濃度相同，則，A正確；AgCl電離方程式為AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，NaCl溶液中氯離子濃度較大，用NaCl溶液替代蒸餾水洗滌AgCl沉淀，可使AgCl的溶解平衡逆向移動(dòng)，從而減少沉淀損失，B正確；AgCl懸濁液中加入少量水，則可能仍為AgCl飽和溶液，c(Ag+)不變，C錯(cuò)誤；，，兩者電離方程式相似，Ksp越大，溶解度越大，D正確?？挤?2沉淀溶解平衡的應(yīng)用6．往鍋爐注入Na2CO3溶液浸泡，將水垢中的CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，再用鹽酸去除，下列敘述正確的是()A．溫度升高，Na2CO3溶液的Kw增大，c(OH－)減小B．CaSO4能轉(zhuǎn)化為CaCO3，說明Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4)C．CaCO3溶解于鹽酸而CaSO4不溶，是因?yàn)榱蛩崴嵝詮?qiáng)于鹽酸D．沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式為COeq\o\al(2－,3)(aq)＋CaSO4(s)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)【答案】D【解析】溫度升高，水的電離平衡正向移動(dòng)，Kw增大；溫度升高，Na2CO3的水解平衡正向移動(dòng)，c(OH－)增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；CaCO3與鹽酸反應(yīng)生成可溶性的氯化鈣、水和二氧化碳，CaSO4與鹽酸不滿足復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件，與酸性強(qiáng)弱無關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；硫酸鈣較為致密，可轉(zhuǎn)化為較為疏松且溶解度更小的碳酸鈣，沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式為CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，D項(xiàng)正確。7．（2024·福建福州期末）為研究沉淀的生成及其轉(zhuǎn)化，某小組進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。關(guān)于該實(shí)驗(yàn)的分析不正確的是（）A．試管①中濁液中存在平衡：AgB．試管②中溶液變澄清的原因：AgOH+C．試管③中顏色變化說明有AgCl生成D．該實(shí)驗(yàn)可以證明Ag2CrO4【答案】D【解析】試管①中沉淀是Ag2CrO4，存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4s?2Ag+aq+CrO42?aq，A正確；試管①中存在沉淀溶解平衡，即試管①的上層清液中存在Ag+，加入氨水，先發(fā)生反應(yīng)Ag++NH3?H2OAgOH↓+8．往鍋爐中注入Na2CO3溶液浸泡，將水垢中的CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，再用鹽酸去除，下列敘述中正確的是()A．溫度升高，Na2CO3溶液的Kw增大，c(OH－)減小B．CaSO4能轉(zhuǎn)化為CaCO3，說明Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4)C．CaCO3溶解于鹽酸而CaSO4不溶，是因?yàn)榱蛩崴嵝詮?qiáng)于鹽酸D．沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式為COeq\o\al(2－,3)(aq)＋CaSO4(s)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)【答案】D【解析】溫度升高，水的電離平衡正向移動(dòng)，Kw增大；溫度升高，Na2CO3的水解平衡正向移動(dòng)，c(OH－)增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；CaCO3與鹽酸反應(yīng)生成可溶性的氯化鈣、水和二氧化碳，CaSO4與鹽酸不滿足復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件，與酸性強(qiáng)弱無關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；反應(yīng)的離子方程式為CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，D項(xiàng)正確。9．下列化學(xué)原理的應(yīng)用，可以用沉淀溶解平衡原理來解釋的是()①熱純堿溶液洗滌油污的能力比冷純堿溶液強(qiáng)②誤將鋇鹽[BaCl2、Ba(NO3)2]當(dāng)作食鹽食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒③石灰?guī)r(喀斯特地貌)溶洞的形成④BaCO3不能作“鋇餐”，而BaSO4可以⑤泡沫滅火器滅火原理A．②③④ B．①②③C．③④⑤ D．①②③④⑤【答案】A【解析】①碳酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，因?yàn)樗馐蛊淙芤撼蕢A性，加熱促進(jìn)水解，堿能促進(jìn)油脂水解，所以熱純堿溶液洗滌油污的能力更強(qiáng)應(yīng)用了鹽類水解原理，不符合題意；②鋇離子有毒，所以可溶性的鋇鹽有毒，鋇離子和硫酸根離子反應(yīng)生成不溶于酸和水的硫酸鋇，即易溶性的物質(zhì)向難溶性的物質(zhì)轉(zhuǎn)化，可以用沉淀溶解平衡原理來解釋；③石灰?guī)r里不溶性的碳酸鈣在水和二氧化碳的作用下轉(zhuǎn)化為微溶性的碳酸氫鈣，長時(shí)間反應(yīng)，形成溶洞，可以用沉淀溶解平衡原理來解釋；④碳酸鋇能和鹽酸反應(yīng)生成氯化鋇、二氧化碳和水，硫酸鋇和鹽酸不反應(yīng)，所以碳酸鋇不能作“鋇餐”而硫酸鋇可以，可以用沉淀溶解平衡原理來解釋；⑤碳酸氫鈉水解使其溶液呈堿性，硫酸鋁水解使其溶液呈酸性，氫離子和氫氧根離子反應(yīng)生成水，則碳酸氫鈉和硫酸鋁相互促進(jìn)水解，從而迅速產(chǎn)生二氧化碳，所以可以用鹽類水解原理來解釋泡沫滅火器滅火的原理，不符合題意。10．作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關(guān)注。由菱錳礦(，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制備的流程如下：已知：，，，。下列說法中錯(cuò)誤的是A．加入少量的作用是將氧化為，用替代效果更佳B．溶礦反應(yīng)完成后，反應(yīng)器中溶液，此時(shí)C．加入少量BaS溶液除去，生成的沉淀有、NiSD．煅燒窯中，反應(yīng)的化學(xué)方程式為【答案】A【解析】根據(jù)題給的流程，將菱錳礦置于反應(yīng)器中，加入硫酸和MnO2，可將固體溶解為離子，將雜質(zhì)中的Fe、Ni、Al等元素物質(zhì)也轉(zhuǎn)化為其離子形式，加入的MnO2可以將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+；隨后將溶液pH調(diào)至制約等于7，根據(jù)已知條件給出的三種氫氧化物的溶度積可以將溶液中的Al3+沉淀出來；隨后加入BaS，可以將溶液中的Ni2+沉淀，得到相應(yīng)的濾渣；后溶液中含有大量的Mn2+，將此溶液置于電解槽中電解，得到MnO2，將MnO2與碳酸鋰共同煅燒得到最終產(chǎn)物L(fēng)iMn2O4，由分析可知，加入二氧化錳的目的是將溶液中亞鐵離子氧化為鐵離子，由于鐵離子可以做過氧化氫分解的催化劑，所以不宜使用過氧化氫替代二氧化錳，A錯(cuò)誤；反應(yīng)器中溶液，則c(H+)=1×10-4mol/L，c(OH-)=1×10-10mol/L，c(Fe3+)==，B正確；加入少量BaS溶液除去Ni2+，此時(shí)溶液中發(fā)生的離子方程式為BaS+Ni2++=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS，C正確；煅燒窯中將MnO2與碳酸鋰共同煅燒得到LiMn2O4，化學(xué)方程式為，D正確?？挤?3溶度積常數(shù)及其應(yīng)用11．在25℃時(shí)，F(xiàn)eS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。下列有關(guān)說法中正確的是()A．飽和CuS溶液中Cu2＋的濃度為1.3×10－36mol·L－1B．25℃時(shí)，F(xiàn)eS的溶解度大于CuS的溶解度C．向物質(zhì)的量濃度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成D．向飽和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固體，ZnS的Ksp變大【答案】B【解析】A項(xiàng)，c(Cu2＋)＝eq\r(1.3)×10－18mol·L－1，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，ZnS比FeS難溶，ZnS先沉淀，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，Ksp只與溫度有關(guān)，錯(cuò)誤。12．已知25℃時(shí)一些難溶物質(zhì)的溶度積常數(shù)如下：化學(xué)式Zn(OH)2ZnSAgClAg2SMgCO3Mg(OH)2溶度積5×10－172.5×10－221.8×10－106.3×10－506.8×10－61.8×10－11根據(jù)上表數(shù)據(jù)，判斷下列化學(xué)方程式不正確的是()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】根據(jù)溶度積常數(shù)可知，溶解度：ZnS<Zn(OH)2，根據(jù)離子反應(yīng)的實(shí)質(zhì)，應(yīng)生成溶解度更小的物質(zhì)，故C不正確。13．（24-25高三上·內(nèi)蒙古·開學(xué)考試）鋅焙砂(主要含、，還含有少量、等)可用于濕法制鋅，其流程如圖所示。下列說法正確的是A．Fe、Cu、Zn三種元素基態(tài)原子的未成對(duì)電子數(shù)：Zn>Cu>FeB．“凈化”時(shí)的反應(yīng)溫度越高越好C．“電解”時(shí)，既可用石墨作陽極又可用銅棒作陽極D．可用除去溶液中的的依據(jù)是【答案】D【解析】、、、在稀硫酸的作用下溶解，在凈化I步驟中，將二價(jià)鐵離子氧化為三價(jià)鐵并轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，在凈化II步驟中，將銅轉(zhuǎn)化為沉淀，最終得到鋅單質(zhì)?；鶓B(tài)Fe電子排布式為，基態(tài)Cu電子排布式為，基態(tài)Zn電子排布式為，所以Fe、Cu、Zn三種元素基態(tài)原子的未成對(duì)電子數(shù)分別為4、1、1，A錯(cuò)誤；"凈化I"時(shí)，溫度過高H2O2易分解，B錯(cuò)誤；"電解"時(shí)，陽極材料為石墨，陰極材料為銅棒，C錯(cuò)誤；用除去溶液中的原理為，依據(jù)的是，D正確。14．（24-25高三上·北京·開學(xué)考試）根據(jù)已有知識(shí)，結(jié)合給出信息，判斷以下化學(xué)用語表達(dá)式不正確的是信息：、A．在水中的電離：B．向溶液中加入少量氯水：C．固體懸濁液中存在平衡：D．與溶液可發(fā)生反應(yīng)：【答案】A【解析】是弱酸，所以在水中的電離是分步進(jìn)行的：，A錯(cuò)誤；向溶液中加入少量氯水，氯氣會(huì)將硫離子氧化為硫單質(zhì)，B正確；存在溶度積，所以固體懸濁液中存在平衡：，C正確；依據(jù)、可知硫化銅溶解度小于硫化亞鐵，依據(jù)溶度積規(guī)則，硫化亞鐵與硫酸銅反應(yīng)能夠生成硫化銅沉淀和硫酸亞鐵，離子方程式為，D正確。15．牙齒表面由一層堅(jiān)硬的組成為的物質(zhì)保護(hù)著，人進(jìn)食后，細(xì)菌和酶作用于食物產(chǎn)生有機(jī)酸，這時(shí)牙齒就會(huì)受到腐蝕，向牙育中添加均可增強(qiáng)護(hù)齒效果。下列說法正確的是已知：物質(zhì)或A．溶解的離子方程式為：B．口腔環(huán)境酸性增強(qiáng)，會(huì)使的增大，導(dǎo)致牙齒溶解腐蝕C．當(dāng)時(shí)，可與反應(yīng)轉(zhuǎn)化為D．向牙膏中添加均可增強(qiáng)護(hù)齒效果，是因?yàn)樗鼈兛上摹敬鸢浮緾【解析】醋酸電離平衡常數(shù)小于磷酸電離平衡常數(shù)，則醋酸酸性小于磷酸，根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸原理知，醋酸不能制取磷酸，A錯(cuò)誤；只與溫度有關(guān)，溫度不變，不變，因此口腔酸性增強(qiáng)不改變，B錯(cuò)誤；存在沉淀溶解平衡，K===2.0×1030，當(dāng)時(shí)，Qc=＜＜2.0×1030=K，沉淀溶解平衡正向移動(dòng)，所以Ca5(PO4)3OH與F-反應(yīng)生成Ca5(PO4)3F，C正確；向牙膏中添加NaF可增強(qiáng)護(hù)齒效果，是由于Ca5(PO4)3F的溶解度小于Ca5(PO4)3(OH)，羥基磷酸鈣在水中存在溶解平衡：，當(dāng)F-與Ca2+、結(jié)合生成了更難溶于水的Ca5(PO4)3F時(shí)，起到保護(hù)牙齒的作用，而NaHCO3是可將口腔內(nèi)的細(xì)菌發(fā)酵產(chǎn)生的酸性物質(zhì)逐漸地減少，有助于保護(hù)牙齒，減少對(duì)牙釉質(zhì)的損傷，D錯(cuò)誤?？挤?4沉淀溶解平衡圖像分析16．某溫度下，KspCaSO4=9A．在任何溶液中，若有CaSO4沉淀析出，則cCa2B．d點(diǎn)溶液通過蒸發(fā)可以變到c點(diǎn)C．a(chǎn)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Ksp等于c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的D．b點(diǎn)溶液中會(huì)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固體，溶液中存在cCa2+大于cSO42?，A不正確；蒸發(fā)過程中cCa2+、cSO42?都會(huì)增大，B不正確；溫度是影響溶度積常數(shù)的唯一外因，C正確；b點(diǎn)溶液中離子積大于9×10?6，所以會(huì)有沉淀析出，由于起始時(shí)17．某溫度時(shí)，CuS、MnS在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是()A．a(chǎn)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Ksp大于b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的KspB．向CuSO4溶液中加入MnS發(fā)生如下反應(yīng)：Cu2＋(aq)＋MnS(s)=CuS(s)＋Mn2＋(aq)C．在含有CuS和MnS固體的溶液中，c(Cu2＋)∶c(Mn2＋)＝(2×10－23)∶1D．該溫度下，Ksp(CuS)小于Ksp(MnS)【答案】A【解析】因?yàn)閍點(diǎn)和b點(diǎn)都在CuS的沉淀溶解平衡曲線上，Ksp是定值，A錯(cuò)誤；從圖像可知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固體的溶液中c(S2－)相同，c(Cu2＋)∶c(Mn2＋)＝Ksp(CuS)∶Ksp(MnS)＝(2×10－23)∶1，C、D正確；因?yàn)镵sp(CuS)<Ksp(MnS)，向CuSO4溶液中加入MnS，可以發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)：Cu2＋(aq)＋MnS(s)=CuS(s)＋Mn2＋(aq)，B正確。18．（2024·湖南長沙期中）硫酸鍶SrSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是（A．363K時(shí)，KspB．三個(gè)不同溫度中，363K時(shí)C．283K時(shí)，圖中D．313K時(shí)，圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液導(dǎo)電能力比1【答案】B【解析】對(duì)于給定的物質(zhì)，Ksp只與溫度有關(guān)，與cSO42?無關(guān)，A錯(cuò)誤；Ksp=cSr2+×cSO42?，由題干信息可知，當(dāng)cSO42?相同時(shí)，三個(gè)不同溫度條件下，363K時(shí)cSr2+濃度最小，即KspSrSO4最小，B正確；由題圖可知，a點(diǎn)在28319．硫化鎘(CdS)是一種難溶于水的黃色顏料，其在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是A．圖中T1＞T2B．圖中各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Ksp的關(guān)系為Ksp(m)=Ksp(n)＜Ksp(p)＜Ksp(q)C．向m點(diǎn)的溶液中加入少量K2S固體，溶液中Cd2+濃度降低D．溫度升高時(shí)，q點(diǎn)飽和溶液的組成由q沿qp線向p方向移動(dòng)【答案】C【解析】根據(jù)圖中信息，圖中p和q分別為T1、T2溫度下達(dá)到沉淀溶解平衡，T1的陰陽離子濃度小于T2，因而T1＜T2，A錯(cuò)誤；溫度相同，Ksp相同，溫度越高，Ksp越大，因此圖中各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Ksp的關(guān)系為Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)＜Ksp(q)，B錯(cuò)誤；向點(diǎn)的溶液中加入少量K2S固體，硫離子濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，因此溶液中濃度降低，C正確；溫度升高時(shí)，Ksp增大，則q點(diǎn)飽和溶液的組成由q點(diǎn)向外的方向移動(dòng)，D錯(cuò)誤。20．（23-24高三上·河北邢臺(tái)·期末）25℃時(shí)，用溶液分別滴定含有、、三種物質(zhì)的溶液，pM［p表示負(fù)對(duì)數(shù)，M表示、、］隨的變化關(guān)系如圖所示。當(dāng)化學(xué)平衡常數(shù)時(shí)，認(rèn)為該反應(yīng)不能進(jìn)行。下列說法正確的是A．B．的電離常數(shù)C．溶液時(shí)，溶液中離子濃度：D．溶液能溶解固體【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]；根據(jù)圖像中三條直線的斜率大小可以判斷：①表示隨pOH的變化關(guān)系，②表示p隨pOH的變化關(guān)系，③表示p隨pOH的變化關(guān)系；由圖中數(shù)據(jù)可知，氫氧化銅的溶度積為、氫氧化鉻的溶度積為1×(10?10.2)3=10?30.6、A2?的水解常數(shù)Kh1=，HA?的電離常數(shù)。由分析可知，②表示p隨pOH的變化關(guān)系，pc(Cu2+)=0時(shí)，c(Cu2+)=1mol/L，pOH=9.8，c(OH-)=10-9.8mol/L，氫氧化銅的溶度積為=，③表示p隨pOH的變化關(guān)系，pc(Cr3+)=0時(shí)，c(Cr3+)=1mol/L，pOH=10.2，c(OH-)=10-10.2mol/L，氫氧化銅的溶度積為=1×(10?10.2)3=10?30.6，，A錯(cuò)誤；由分析可知，①表示隨pOH的變化關(guān)系，=0時(shí)，，pOH=5.5，c(H+)=10-8.5mol/L，的電離常數(shù)，B正確；溶液時(shí)，溶液呈堿性，說明溶液中HA-的水解程度大于電離程度，而電離和水解都是微弱的，則存在：，C錯(cuò)誤；由Cu(OH)2(s)+2HA?(aq)=Cu2+(aq)+2A2?(aq)+2H2O(l)，化學(xué)平衡常數(shù)<10-5，該反應(yīng)不能進(jìn)行，NaHA溶液不能溶解Cu(OH)2固體，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)05工業(yè)流程題解題策略考法工業(yè)流程題解題策略1．(2024·山東師范大學(xué)附中模擬)實(shí)驗(yàn)室以含鋅廢液(主要成分為ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋)為原料制備ZnCO3·2Zn(OH)2的實(shí)驗(yàn)流程如下：下列說法正確的是()A．過二硫酸鈉(Na2S2O8)中硫元素的化合價(jià)為＋7價(jià)B．氧化除錳后的溶液中存在：Na＋、Zn2＋、Fe2＋、SOeq\o\al(2－,4)C．調(diào)節(jié)pH時(shí)試劑X可以選用Zn、ZnO、ZnCO3等物質(zhì)D．沉鋅時(shí)的離子方程式為3Zn2＋＋6HCOeq\o\al(－,3)=ZnCO3·2Zn(OH)2↓＋5CO2↑＋H2O【答案】D【解析】過二硫酸鈉中含有過氧鍵，分子中硫元素的化合價(jià)為＋6價(jià)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；氧化除錳后的溶液中存在的離子為Na＋、Zn2＋、Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；溶液中鐵離子能與鋅反應(yīng)生成硫酸亞鐵和硫酸鋅，所以調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)試劑X不能選用鋅，C項(xiàng)錯(cuò)誤；沉鋅時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為溶液中鋅離子與碳酸氫根離子反應(yīng)生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，D項(xiàng)正確。2．（2024·河北·一模）“分銅液凈化渣”主要含銅、碲(Te)、銻(Sb)、砷(As)等元素的化合物，回收工藝流程如圖所示。已知：①“堿浸”時(shí)，銅、銻轉(zhuǎn)化為難溶物，堿浸液b含有、。②“酸浸”時(shí)，浸渣中含銻元素生成難溶；極易水解。③常溫下，的各級(jí)電離常數(shù)為、、。下列說法不正確的是A．“堿浸”時(shí)，與反應(yīng)的離子方程式為B．濾液c中元素主要存在形式為C．“氯鹽酸浸”時(shí)，通入的目的是將還原為D．“水解”時(shí)，生成的化學(xué)方程式為【答案】B【解析】結(jié)合題干信息，分銅液加入氫氧化鈉溶液進(jìn)行堿浸，銅、銻轉(zhuǎn)化為難溶氫氧化物或氧化物，堿浸液含有、；過濾后向?yàn)V渣中加入硫酸進(jìn)行酸浸，銅的氫氧化物或氧化物均溶解，銻元素反應(yīng)生成難溶的浸渣，過濾后向浸渣中加入鹽酸、氯化鈉和二氧化硫，反應(yīng)生成三氯化銻，三氯化銻水解生成轉(zhuǎn)化為SbOCl;堿浸液中加入酸調(diào)節(jié)pH=4，轉(zhuǎn)化生成亞碲酸，亞碲酸不穩(wěn)定分解生成二氧化碲。屬于酸性氧化物，與NaOH反應(yīng)的離子方程式為：，A正確；由題干信息可知，的各級(jí)電離常數(shù)為、、，pH=4，則c(H+)=10-4mol/L，，，，故As主要以形式存在，B不正確；根據(jù)分析知，“氯鹽酸浸”時(shí)，通入的目的是將還原為，C正確；“水解”時(shí)，生成SbOCl的化學(xué)方程式為：，D正確。3．（24-25高三上·北京·開學(xué)考試）稀土是國家的戰(zhàn)略資源之一、以下是一種以獨(dú)居石(主要成分為，含有、和少量鐳(Ra)雜質(zhì))為原料制備的工藝流程圖。已知：i．，，ii．鐳為第A族元素回答下列問題：(1)關(guān)于獨(dú)居石的熱分解，以下說法正確的是(填標(biāo)號(hào))。a．降低壓強(qiáng)，分解速率增大b．降低溫度，分解速率降低c．反應(yīng)時(shí)間越長，分解速率越大d．提高攪拌速度，分解速率降低(2)中鈾元素的化合價(jià)為，熱分解階段生成的化學(xué)反應(yīng)方程式為。(3)溶解階段，將溶液pH先調(diào)到1.5～2.0，反應(yīng)后再回調(diào)至4.5。①鹽酸溶解的離子方程式為。②當(dāng)溶液時(shí)，，此時(shí)完全轉(zhuǎn)化為氫氧化釷沉淀。(4)以為載體形成共沉淀，目的是去除雜質(zhì)?！敬鸢浮?1)b(2)+62U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O(3)2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O4×10﹣7(4)RaSO4【解析】獨(dú)居石的主要成分為CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量鐳雜質(zhì)，加入55～60%的NaOH