2023届人教版高考化学新教材一轮复习第八单元水溶液中的离子反应与平衡单元质检卷（八）水溶液中的离子反应与平衡（Word版带解析）

单元质检卷(八)　水溶液中的离子反应与平衡(分值: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.(2020江苏连云港老六所四星学校联考)下列有关表述正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.HClO是弱酸,所以NaClO是弱电解质B.向溶有氨气的CaCl2溶液中通SO2能看到白色沉淀C.室温下,AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度D.Na2O、Na2O2组成元素相同,所以与CO2反应产物也相同2.(2020天津化学,7)常温下,下列有关电解质溶液的说法错误的是(　　)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1mol·L-1Na2S溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol·L-13.(2020广西柳州模拟)25℃时,用浓度为0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000mol·L-1的三种酸HX、HY、HZ,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)A.酸性强弱顺序是HX>HY>HZB.加入10mLNaOH溶液时,HY溶液中c(Na+)>c(Y-)C.pH=2的HZ溶液加水稀释10倍,pH为3D.加入20mLNaOH溶液时,只有HY溶液达到滴定终点4.(2020四川内江第三次模拟)在两个锥形瓶中分别加入浓度均为1mol·L-1的盐酸和NH4Cl溶液,将温度和pH传感器与溶液相连,往瓶中同时加入过量的质量、形状均相同的镁条,实验结果如下图。关于该实验的下列说法,正确的是(　　)A.P点溶液:c(N)+2c(Mg2+)>c(Cl-)B.反应剧烈程度:NH4Cl>HClC.Q点溶液显碱性是因为MgCl2发生水解D.1000s后,镁与NH4Cl溶液反应停止\n5.(2020山东泰安二模)T℃时,在20.00mL0.10mol·L-1CH3COOH溶液中滴入0.10mol·L-1NaOH溶液,溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)A.T℃时,CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.0×10-3B.M点对应的NaOH溶液的体积为20.00mLC.N点所示溶液中c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)D.N点与Q点所示溶液中水的电离程度:N>Q6.(2019全国1,11)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3,Ka2=3.9×10-6)溶液,混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示,其中b点为反应终点。下列叙述错误的是(　　)A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B.Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的C.b点的混合溶液pH=7D.c点的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH-)7.(2020广东茂名二模)某些难溶性铅盐可用作涂料,如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下,PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时-lgc(Pb2+)与-lgc(C)或-lgc(I-)的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)A.Ksp(PbCO3)的数量级为10-14B.相同条件下,水的电离程度p点大于q点C.L1对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化D.p点溶液中加入Na2CO3浓溶液,可得白色沉淀8.(2020广东茂名一模)常温下,在“H2S—HS-—S2-”的水溶液体系中,H2S、HS-、S2-三种微粒的物质的量分数随溶液pH变化(仅用H2S和NaOH调节pH)的关系如图所示。\n下列说法正确的是(　　)A.Ka1(H2S)的数量级为10-6B.NaHS溶液中,c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H2S)C.当体系呈中性时,D.加入Na2S沉降废水中的Cu2+,废水的pH对沉降效果没有影响9.(2020福建莆田第二次质检)常温下,几种难溶金属氢氧化物分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后,改变溶液的pH,金属阳离子浓度的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)A.a点代表Fe(OH)3的饱和溶液B.Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]C.在pH=7的溶液中,Cu2+、Mg2+、Fe2+能大量共存D.向各含0.1mol·L-1Cu2+、Mg2+、Fe2+混合溶液中,逐滴滴加稀NaOH溶液,Mg2+最先沉淀10.(2020河北邯郸第一次模拟)在不同温度下,水溶液中pH和pOH的关系如图所示,已知pH=-lgc(H+),pOH=-lgc(OH-)。下列说法一定正确的是(　　)A.水的电离程度:B>A>DB.1mol·L-1Na2SO4溶液不可能处于B点C.向C点水溶液中通入HCl,则C点变为E点D.0.1mol·L-1NaHA溶液的pH和pOH的关系如图中E点所示,此时溶液中离子的物质的量浓度关系:c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)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意,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。11.(2020北京顺义区一模)对Na2C2O4溶液进行研究,下列说法不正确的是(室温下0.1mol·L-1H2C2O4的pH=1.3)(　　)\nA.Na2C2O4溶液中离子关系:c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4)=c(Na+)B.向Na2C2O4溶液中加入酚酞,溶液变红:C2+H2OHC2+OH-C.向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去:2Mn+5C2+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2OD.向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸:C2+2H+H2C2O412.(2020山东临沂一模)常温下,分别取未知浓度的AOH和BOH两种碱的稀溶液,加水稀释至原体积的n倍。两溶液稀释倍数的对数值(lgn)与溶液的pH变化关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)A.水的电离程度:Z>X=YB.常温下,Kb(BOH)<Kb(AOH)C.中和等体积X、Y两点溶液,后者消耗HCl的物质的量多D.物质的量浓度相同的ACl溶液和BCl溶液,前者阳离子浓度之和小于后者13.(2020湖南衡阳第一次联考)拉曼光谱证实,Al在水中转化为[Al(OH)4]-。将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中,再逐滴加入1mol·L-1盐酸,测得溶液中C、HC、Al、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示,则下列说法正确的是(　　)A.C、HC和Al在水溶液中可大量共存B.d线表示的反应为Al+H2O+H+Al(OH)3↓C.原固体混合物中C与Al的物质的量之比为1∶1D.V1=150mL,V2=300mL;M点生成的CO2为0.05mol14.(2020山东枣庄二模)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液,混合溶液里lgX[X表示]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的\n是(　　)A.由图可知H2C2O4的K2的数量级是10-5B.b点为恰好完全反应点C.c(HC2)>c(C2)>c(H2C2O4)对应1.22<pH<4.19D.c(Na+)=c(HC2)+2c(C2)对应pH=715.(2020山东济宁二模)已知:P=p[]=-lg[]。室温下,向0.10mol·L-1的HX溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液,溶液pH随P的变化关系如图。下列说法正确的是(　　)A.a点溶液中:c(HX)+c(X-)=0.10mol·L-1B.b点坐标为(0,4.75)C.c点溶液中:c(Na+)<10c(HX)D.溶液中水的电离程度:c<b<a三、非选择题:本题共5小题,共60分。16.(12分)0.010mol·L-1的二元酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH变化如图所示。(1)用离子方程式说明Na2A溶液显碱性的原因:　　　　　　　　　　　　　　,该反应的平衡常数表达式为K=　　　　　　;溶液中c(Na+)+c(H+)=　　　　　　　。 (2)若升高温度,发现溶液的碱性增强,说明随温度升高,该反应的平衡常数K　　　　　　(填“增大”“不变”或“减小”)。 (3)H2A分两步发生电离,对应的电离平衡常数分别为Ka1和Ka2。由图确定下列数据(保留整数位):①-lgKa1=　　　　　　;Ka2=　　　　　　。 ②将0.020mol·L-1Na2A溶液和0.010mol·L-1盐酸等体积混合,所得溶液的pH约为　　　　　\n。 (4)0.010mol·L-1的NaHA溶液中,HA-的水解常数Kh约为　　　　　　;该溶液中离子浓度由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 17.(12分)硫酸盐在工农业生产、生活中具有广泛应用。(1)某CuSO4溶液中混有少量FeSO4和Fe2(SO4)3杂质。已知:Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。①为了除去杂质,通常是加入H2O2再调节溶液pH,其中加入H2O2的作用是　　　　　　　　　;与其他试剂相比,使用H2O2的优点是　　　　　　　　(答出两点即可)。 ②调节溶液pH时,加入的物质是　　　　　　(填化学式);控制溶液的pH≥　　　　　　即可除去杂质离子。 (2)如图是某温度下,将足量的BaSO4固体溶于一定量水中达到沉淀溶解平衡后,假定溶液体积不变的情况下,加入Na2CO3使c(C)增大过程中,溶液中c(Ba2+)和c(S)的变化曲线。根据图中的数据分析、计算。①该温度下,BaSO4的Ksp=　　　　　　。 ②当c(C)大于　　　　　　mol·L-1时开始有BaCO3沉淀生成;BaCO3的Ksp=　　　　　　。 ③图像中代表沉淀转化过程中c(Ba2+)随c(C)变化的曲线是　　　　　　(填“MP”或“MN”);沉淀转化的离子方程式为BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq),该反应的平衡常数K=　　　　　　。 ④向1LNa2CO3溶液中加入足量BaSO4固体,假定溶液体积不变,当溶液中c(C)=1×10-3mol·L-1时,溶解BaSO4的物质的量为　　　　　　mol。 18.(2018全国3,26)(12分)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验。试剂:稀盐酸、稀硫酸、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象①取少量样品,加入除氧蒸馏水②固体完全溶解得无色澄清溶液③ ④　　　　　　,有刺激性气体产生 \n⑤静置,　　　　　 ⑥　　　　　　　 (2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:①溶液配制:称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在　　　　　中溶解,完全溶解后,全部转移至100mL的　　　　　中,加蒸馏水至　　　　　。 ②滴定:取0.00950mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2S4+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液　　　　,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为　　　　　%(保留1位小数)。 19.(2020江苏七市第三次模拟联考)(12分)实验室以工业钴渣为原料制取CoSO4溶液和ZnSO4·7H2O晶体,其实验流程如下:已知:①“酸浸”所得溶液中主要含CoSO4、ZnSO4,另含少量FeSO4、NiSO4。②金属活动性:Ni介于Fe、Cu之间。③下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度1mol·L-1计算,pH>11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2-):金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHCo2+7.69.4Zn2+5.98.9(1)“酸浸”时所加稀硫酸不宜过量太多的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)“除铁”时,向溶液中持续鼓入空气的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)流程中需将滤渣Ⅰ、滤渣Ⅱ的洗涤液与“除铁”后所得滤液合并,目的是　　　　　　　　　　　　　　。 (4)写出“还原”过程中Na2SO3、稀硫酸与Co(OH)3反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (5)实验所得CoSO4溶液可用于制备CoCO3,制备时CoSO4饱和溶液与Na2CO3饱和溶液的混合方式为　　　　　　。 (6)请结合如图硫酸锌晶体的溶解度曲线,设计从“氧化沉钴”后的滤液(含ZnSO4、Na2SO4、NiSO4等)中获取ZnSO4·7H2O的实验方案:取适量滤液,　　　　　　　　　　　　,过滤,用少量冰水洗涤,低温干燥得ZnSO4·7H2O晶体。(实验中须使用的试剂有:Zn粉、1.0mol·L-1NaOH、1.0mol·L-1H2SO4) \n20.(2020山东聊城二模)(12分)从废钒催化剂中回收钒,既能避免对环境的污染,又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下(V的相对原子质量为51):已知:①废钒催化剂中含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等。②“酸浸”时V2O5和V2O4先与稀硫酸反应分别生成V和VO2+。③有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取V的能力强。④溶液中V与V可相互转化:V+H2OV+2H+(1)为了提高“酸浸”效率可采取的措施为　。 (2)“酸浸”时加入FeSO4目的是　　　　　　　　　,FeSO4参与反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)“滤渣2”的成分为　　　　　;“操作1”的名称为　　　　　　　　　　　　。 (4)在“氧化”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (5)t℃时,“氧化”后溶液中c(V)=0.1mol·L-1,假设“沉钒”步骤中V全部转化成V,并生成NH4VO3沉淀,为使沉钒效率达到95%。则此时溶液中c(N)≥　　　　　　　　。[已知t℃时Ksp(NH4VO3)=2.0×10-3,反应前后溶液的体积变化忽略不计] (6)取“煅烧”后的V2O5样品mg进行测定,加入足量稀硫酸充分反应后,配成250mL溶液。取该溶液25.00mL用bmol·L-1草酸溶液进行滴定,消耗草酸溶液cmL。则V2O5样品中钒的质量分数=　　　　　　%,样品的纯度≤　　　　　%,样品的纯度小于该数值可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(已知:①V2O5+2H+2V+H2O、②2V+H2C2O4+2H+2VO2++2CO2↑+2H2O) \n单元质检卷(八)　水溶液中的离子反应与平衡1.B　虽然HClO是弱酸,但次氯酸钠为强电解质,A错误;溶有氨气的氯化钙溶液显碱性,可以吸收二氧化硫生成亚硫酸根,亚硫酸根和钙离子可以生成亚硫酸钙,为白色沉淀,B正确;食盐水中有大量的Cl-,会降低氯化银的溶解度,C错误;Na2O和二氧化碳反应生成碳酸钠,Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,D错误。2.A　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项正确;1mol·L-1Na2S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)=1mol·L-1,D项正确。3.C　0.1000mol·L-1的HZ,pH=1,c(H+)=0.1000mol·L-1,则c(HZ)=c(H+),则HZ为一元强酸,HX和HY的pH都大于1,则HX和HY都是一元弱酸,同浓度的三种酸酸性强弱关系为HX<HY<HZ。由以上分析可知,A错误;加入10mLNaOH溶液时,HY有一半被中和,此时溶质为等物质的量的HY和NaY,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-),由图可知,此时溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),所以溶液中c(Na+)<c(Y-),B错误;HZ是强酸,加水稀释10倍,pH增大1,即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍,pH为3,C正确;加入20mLNaOH溶液时,三种溶液pH均发生突变,说明三种溶液均达到滴定终点,D错误。4.A　浓度均为1mol·L-1的盐酸和NH4Cl溶液中加入过量的质量、形状均相同的镁条,反应的实质都是Mg+2H+Mg2++H2↑,从图中可以看出,反应初期,盐酸与镁反应速率快,放出的热量多。反应一段时间后,NH4Cl溶液的pH迅速上升,然后基本恒定;盐酸溶液的pH缓慢上升,当反应时间接近3000s时,pH才迅速上升,然后保持恒定。从图中可以看出,P点溶液的pH>7,此时c(OH-)>c(H+);依据电荷守恒可知,c(N)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),所以c(N)+2c(Mg2+)>c(Cl-),A正确;镁与盐酸反应,溶液温度迅速升高,并达最高点,反应放出的热量多,所以反应剧烈程度:HCl>NH4Cl,B不正确;MgCl2水解时,溶液显酸性,所以Q点溶液显碱性不是MgCl2发生水解所致,C不正确;1000s后,镁与NH4Cl溶液反应温度仍在缓慢上升,溶液的pH仍在缓慢增大,说明反应仍在正向进行,D不正确。5.D　T℃时,0.10mol·L-1CH3COOH溶液的pH=3,说明溶液中c(H+)=10-3mol·L-1,则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=≈10-5,A错误;M点溶液pH=7,若对应的NaOH溶液的体积为20.00mL,则醋酸与NaOH恰好中和,溶液为CH3COONa,该盐是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,与题干的溶液显中性相违背,说明M点对应的NaOH溶液的体积小于20.00mL,B错误;N点时所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和,溶液为CH3COONa溶液,CH3COO-发生水解反应而消耗,所以c(Na+)>c(CH3COO-),CH3COO-发生水解反应消耗水电离产生的H+,\n最终达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+),但盐水解程度是微弱的,水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度,因此c(CH3COO-)>c(OH-),故该溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),C错误;N点所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和,溶液中的溶质为CH3COONa,溶液中只有盐的水解作用,促进水的电离;而Q点时NaOH过量,溶液为CH3COONa和NaOH的混合液,由于NaOH电离产生OH-对水的电离平衡起抑制作用,使盐水解程度减小,故最终达到平衡时水的电离程度N>Q,D正确。6.C　随着NaOH溶液的加入,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(Na+)=c(K+)>c(OH-),继续加入氢氧化钠溶液后,c点的混合溶液中c(Na+)>c(K+)>c(OH-),D项正确。7.B　Ksp(PbCO3)=c(Pb2+)c(C),则lgc(Pb2+)=lg[Ksp(PbCO3)]-lgc(C),同理lgc(Pb2+)=lg[Ksp(PbI2)]-2lgc(I2),则图像L1对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化。L2对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(C)的关系变化,则Ksp(PbCO3)=c(Pb2+)·c(C)=10-13.1,数量级为10-14,A正确;相同条件下,p点和q点的铅离子浓度相同,p点为碘化铅的饱和溶液,q点为碳酸铅的饱和溶液,由于碘离子不水解,C可以发生水解,其水解促进了水的电离,则水的电离程度p点小于q点,B错误;L1对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化,C正确;Ksp(PbCO3)=c(Pb2+)·c(C)=10-13.1,Ksp(PbI2)=c(Pb2+)·c2(I-)=10-8,Ksp(PbCO3)<Ksp(PbI2),则p点溶液中加入Na2CO3浓溶液,可得白色沉淀,D正确。8.C　根据多元弱酸的电离,一级电离远大于二级电离,故第一个交点对应c(HS-)和c(H2S),第二个交点对应c(HS-)和c(S2-),c(HS-)=c(H2S)时,Ka1(H2S)==c(H+)=10-6.9,数量级为10-7,A错误;c(HS-)=c(S2-)时,Ka2(H2S)==c(H+)=10-13,NaHS溶液中,Kh==10-7.1>Ka2(H2S)=10-13,溶液呈碱性,说明HS-水解程度大于电离程度,则c(S2-)<c(H2S),B错误;溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),c(HS-)>c(H2S),则>1,根据电荷守恒得c(Na+)=c(HS-)+2c(S2-),所以=1,则,C正确;加入Na2S沉降废水中的Cu2+,溶液中c(Cu2+)\n减小,Cu2+水解程度较小,则溶液的pH增大,D错误。9.B　a点不在曲线上,则所代表的溶液不是Fe(OH)3的饱和溶液,A错误;由金属阳离子浓度的变化图可知,pH相同时c(Cu2+)<c(Fe2+),则Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2],B正确;由金属阳离子浓度的变化图可知,当溶液pH=7时,c(Cu2+)=10-5mol·L-1,则Cu2+沉淀完全,即Cu2+、Mg2+、Fe2+在pH=7的溶液中不能大量共存,C错误;向各含0.1mol·L-1Cu2+、Mg2+、Fe2+的混合溶液中,逐滴滴加稀NaOH溶液,由金属阳离子浓度的变化图可知,Cu2+最先沉淀,D错误。10.D　由KW=c(H+)×c(OH-)得,KW=10-pH×10-pOH,由此可知,下面曲线的KW大于上面曲线的KW,那么下面曲线的温度高于上面曲线的温度。A点:pH=pOH,则-lgc(H+)=-lgc(OH-),可得c(H+)=c(OH-),溶液显中性;同理,B点:pH=pOH,溶液显中性;C、D点:pH>pOH,-lgc(H+)>-lgc(OH-),可得c(H+)<c(OH-),溶液显碱性;E点:pH<pOH,溶液显酸性。B点温度高于A点的温度,A、B、D点溶液若不涉及盐类水解,则水的电离程度:B>A>D,若涉及盐类水解,则无法判断,A错误;Na2SO4溶液呈中性,由分析可知,B点溶液显中性,即1mol·L-1Na2SO4溶液可能处于B点,B错误;C点和E点所处温度不同,水的离子积KW不同,所以通入HCl,则C点不能变为E点,C错误;E点溶液显酸性,则NaHA溶液中,HA-的电离(HA-H++A2-)程度大于水解(HA-+H2OH2A+OH-)程度,那么c(A2-)>c(H2A),电离和水解均很微弱,c(HA-)最大,故c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),D正确。11.A　该溶液中存在物料守恒2[c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4)]=c(Na+),A错误;酚酞变红色,说明溶液呈碱性,草酸根离子水解导致溶液呈碱性,水解方程式为C2+H2OHC2+OH-,B正确;向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去,二者发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳和水,离子方程式为2Mn+5C2+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,C正确;向草酸钠溶液中加入足量稀硫酸生成草酸,二者发生复分解反应,离子方程式为C2+2H+H2C2O4,D正确。12.CD　碱溶液中H+全部来自水的电离,碱溶液的pH越大,水的电离程度越小,根据图像pH:Z>Y>X,则水的电离程度:Z<Y<X,A错误;根据图像,稀释相同倍数时BOH溶液pH的改变值大于AOH溶液pH的改变值,说明BOH的碱性大于AOH,则常温下电离平衡常数Kb(BOH)>Kb(AOH),B错误;X、Y两点溶液稀释的倍数相同,Y点的pH大于X点,故Y点对应的AOH物质的量浓度较大,中和等体积X、Y两点溶液,Y消耗HCl的物质的量较多,C正确;物质的量浓度相同的ACl和BCl,氯离子浓度相等,由于A+的水解程度大于B+,则ACl溶液中c(H+)大于BCl溶液中c(H+),ACl溶液中c(OH-)小于BCl溶液中c(OH-),结合ACl和BCl溶液中存在的电荷守恒c(A+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),ACl溶液中阳离子浓度之和小于BCl溶液中阳离子浓度之和,D正确。13.C　由于酸性HC>Al(OH)3,HC会与[Al(OH)4]-发生反应生成Al(OH)3:HC+[Al(OH)4]-C+Al(OH)3↓+H2O,HC和[Al(OH)4]-\n在水溶液中不能大量共存,A项错误;d线代表HC减少,发生的反应为HC+H+CO2↑+H2O,B项错误;a线代表[Al(OH)4]-与H+反应:[Al(OH)4]-+H+Al(OH)3↓+H2O,b线代表C与H+反应:C+H+HC,由图像知两个反应消耗了等量的H+,则溶液中C与[Al(OH)4]-的物质的量之比为1∶1,原固体混合物中C与Al的物质的量之比为1∶1,C项正确;d线代表HC与H+的反应:HC+H+CO2↑+H2O,n(HC)=0.05mol,消耗H+的物质的量为0.05mol,所用盐酸的体积为50mL,V1=100mL+50mL=150mL;e线代表Al(OH)3与H+反应:Al(OH)3+3H+Al3++3H2O,Al(OH)3的物质的量为0.05mol,会消耗0.15molH+,所用盐酸的体积为150mL,V2=V1+150mL=300mL;M点生成的是HC而非CO2,D项错误。14.BC　向H2C2O4溶液中加碱,起初发生反应H2C2O4+OH-HC2+H2O,后来发生反应HC2+OH-C2+H2O,所以曲线Ⅰ为lgX[X表示],曲线Ⅱ为lgX[X表示]。在图中b点,lg=0,pH=4.19,H2C2O4的K2==10-4.19,数量级是10-5,A正确;在b点,=1,则c(HC2)=c(C2),所以反应结束时HC2只有一部分与OH-反应,B不正确;在pH=1.22稍后区域,c(HC2)>c(H2C2O4)>c(C2),在pH=4.19稍前区域,c(HC2)>c(C2)>c(H2C2O4),C不正确;pH=7时,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可知c(Na+)=c(HC2)+2c(C2),D正确。15.BC　HX的电离平衡常数表达式为Ka=,则lgKa=lg+lgc(H+)=-pH-lg,即pH=-lgKa-lg=P-lgKa,将点(1,5.75)代入可得lgKa=-4.75,即Ka=10-4.75。\n设0.10mol·L-1的HX溶液中c(H+)=x,则有=10-4.75,解得x约为10-2.9mol·L-1,所以0.10mol·L-1的HX溶液pH约为2.9,当pH=3.75时说明已经滴入了部分NaOH溶液,溶液的体积发生变化,所以c(HX)+c(X-)=0.10mol·L-1不再成立,A错误;将lg=0,代入pH=-lgKa-lg,可得此时pH=-(-4.75)=4.75,所以b点坐标为(0,4.75),B正确;c点溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-),此时p[]=1,则c(X-)=10c(HX),代入电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-),由于溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),则c(Na+)<10c(HX),C正确;随着NaOH滴入,溶液pH增大,溶液中NaX逐渐增多,当溶质全部为NaX时水的电离程度达到最大,此时容易呈碱性,也就是说在完全反应之前随着NaOH滴入,水的电离程度逐渐增大,即水的电离程度:c>b>a,D错误。16.答案(1)A2-+H2OHA-+OH-　c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)(2)增大　(3)①6　1×10-10　②10(4)1×10-8　c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)解析(1)由题图可知,H2A溶液中含有H2A、HA-、A2-,则H2A是二元弱酸;Na2A溶液中A2-发生水解而使溶液呈碱性:A2-+H2OHA-+OH-。Na2A溶液呈电中性,据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)。(2)升高温度,溶液的碱性增强,则溶液中c(OH-)增大,说明升高温度,A2-的水解平衡正向移动,则水解平衡常数增大。(3)①H2A分两步发生电离:H2AHA-+H+、HA-A2-+H+,则有Ka1=,Ka2=;由题图可知,H2A和HA-的物质的量分数均为0.5时,则c(HA-)=c(H2A)时,溶液的pH=6,c(H+)=1×10-6mol·L-1,则有Ka1=c(H+)=1×10-6,-lgKa1=6。HA-和A2-的物质的量分数均为0.5时,溶液pH=10,则c(HA-)=c(A2-)时,c(H+)=1×10-10mol·L-1,则有Ka2=c(H+)=1×10-10。②0.020mol·L-1Na2A溶液和0.010mol·L-1盐酸等体积混合,二者发生反应,得到等浓度Na2A、NaHA和NaCl的混合溶液,溶液中c(A2-)≈c(HA-),由题图可知,溶液的pH约为10。(4)0.010mol·L-1的NaHA溶液中,存在水解平衡:HA-+H2OH2A+OH-,则水解常数Kh==1×10-8。NaHA溶液中存在HA-的电离平衡和水解平衡,由于Kh>Ka2,则HA-的水解程度大于其电离程度,NaHA溶液呈碱性,且HA-的水解程度较小,Na+不发生水解,故溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)。17.答案(1)①将Fe2+氧化为Fe3+　不引入其他杂质,对环境无污染(\n其他合理答案均可)　②CuO[或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等]　3.2(2)①1.0×10-10　②2.5×10-4　2.5×10-9③MN　0.04　④4×10-5解析(1)①由于Ksp[Fe(OH)2]、Ksp[Cu(OH)2]相差不大,则Fe(OH)2和Cu(OH)2的溶解度相差不大,故加入H2O2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,便于形成Fe(OH)3沉淀。②调节溶液pH时,为不引入新杂质,可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等。当Fe3+沉淀完全时,溶液中c(Fe3+)≤1×10-5mol·L-1,则有c(OH-)=mol·L-1≈1.6×10-11mol·L-1,c(H+)=mol·L-1=6.25×10-4mol·L-1,故溶液的pH=4-lg6.25≈3.2。(2)①由题图可知,c(C)=0时,c(Ba2+)=c(S)=1.0×10-5mol·L-1,则有Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(S)=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10。②由题图可知,当c(C)>2.5×10-4mol·L-1时,开始有BaCO3沉淀生成。图中c(C)=2.5×10-4mol·L-1时,c(Ba2+)=1.0×10-5mol·L-1,则有Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c(C)=2.5×10-4×1.0×10-5=2.5×10-9。③BaSO4饱和溶液中存在沉淀溶解平衡:BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq),加入Na2CO3,Ba2+与C生成BaCO3沉淀,促使BaSO4的沉淀溶解平衡正向移动,溶液中c(S)增大,c(Ba2+)减小,则MP为c(S)的变化曲线,MN为c(Ba2+)的变化曲线。反应BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)的平衡常数K==0.04。④当溶液中c(C)=1×10-3mol·L-1时,K==0.04,则有c(S)=0.04×1×10-3mol·L-1=4×10-5mol·L-1,故溶解BaSO4的物质的量为4×10-5mol·L-1×1L=4×10-5mol。18.答案(1)③加入过量稀盐酸　④出现乳黄色浑浊　⑤(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液　⑥产生白色沉淀(2)①烧杯　容量瓶　刻度线　②蓝色褪去　95.0解析(1)先加过量盐酸排除S2干扰:S2+2H+S↓+SO2↑+H2O,然后在酸性条件下加BaCl2溶液,通过产生BaSO4沉淀证明S存在。(2)①溶液配制应在烧杯中溶解,容量瓶中定容。②滴定过程中I2→I-,\n达到滴定终点时无I2,故溶液蓝色褪去,即为终点;根据反应的离子方程式,可得到如下定量关系:Cr2　~　　3I2　　　~　6Na2S2O3·5H2O1mol248×6g0.00950mol·L-1×0.02Lm(Na2S2O3·5H2O)m(Na2S2O3·5H2O)=0.28272g则样品纯度为×100%=95.0%。19.答案(1)避免除铁时消耗过多的CaCO3(2)将Fe2+氧化,搅拌溶液,加快反应速率(3)提高Co、Zn的回收率(4)S+2Co(OH)3+4H+2Co2++S+5H2O(5)将Na2CO3饱和溶液缓慢滴加到CoSO4饱和溶液中,并不断搅拌(6)向其中加入过量的Zn粉后过滤,向所得滤液中滴加1.0mol·L-1NaOH,控制pH约为10(8.9~11)使Zn2+完全沉淀,所得沉淀洗净后用1.0mol·L-1H2SO4完全溶解,将所得溶液蒸发浓缩至有晶膜出现,冷却至0℃(39℃以下)结晶解析钴渣中加稀硫酸将可溶于酸的物质转变成硫酸盐,难溶于硫酸的进入滤渣1,得到溶液中主要含CoSO4、ZnSO4,另含少量FeSO4、NiSO4,滤液中通入氧气将亚铁离子氧化成三价铁离子,加碳酸钙中和硫酸调节pH将铁沉淀除去,过滤后滤液中加Na2S2O8,氧化沉淀钴,过滤得钴的沉淀物加亚硫酸钠和稀硫酸还原得到硫酸钴,滤液中主要是硫酸锌,除去杂质后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O晶体。(1)“酸浸”时所加稀硫酸不宜过量太多,因后续步骤中要加碳酸钙调节溶液pH,硫酸过多会增加碳酸钙的用量。(2)因为原溶液中的铁是二价铁,二价铁直接沉淀时需要调控的pH较大且会使其他金属阳离子沉淀,因此以溶解度更小的氢氧化铁形式除铁更合理,需通入空气将亚铁离子氧化,同时持续鼓入空气可以起到搅拌溶液,加快反应速率的作用。(3)流程中需将滤渣Ⅰ、滤渣Ⅱ的洗涤液与“除铁”后所得滤液合并,可以减少钴和锌的损失,提高两者的回收率。(4)“还原”过程中Na2SO3、稀硫酸与Co(OH)3的反应产物为硫酸钴和硫酸钠,可得离子方程式为S+2Co(OH)3+4H+2Co2++S+5H2O。(5)实验所得CoSO4溶液可用于制备CoCO3,制备时CoSO4饱和溶液与Na2CO3饱和溶液的混合方式为将Na2CO3饱和溶液缓慢滴加到CoSO4饱和溶液中,并不断搅拌。(6)“氧化沉钴”后的滤液(含ZnSO4、Na2SO4、NiSO4等)中有杂质,直接结晶得不到纯净的晶体,因此要先加足量的锌粉置换出镍,之后加氢氧化钠调节溶液pH将锌转变成沉淀后过滤得到氢氧化锌固体,再将固体溶于硫酸,蒸发浓缩再冷却至39℃以下结晶。20.答案(1)升高酸浸温度和粉碎原料(2)使V转化为VO2+　\n(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO42VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O(3)Fe(OH)3、Al(OH)3　蒸发结晶(4)3H2O+Cl+6VO2+6V+Cl-+6H+(5)0.4mol·L-1(6)　样品中含有NH4VO3解析从废钒催化剂中回收V2O5,由题干可知,“酸浸”时V2O5转化为V,V2O4转成VO2+。氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子,只有SiO2不溶,则过滤得到的“滤渣1”为SiO2,然后加氧化剂H2O2,将VO2+变为V,再加KOH时,Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,同时中和硫酸,过滤得到的“滤渣2”为Fe(OH)3、Al(OH)3,萃取后水相1流出液中主要为硫酸钾,“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀,“煅烧”时分解生成V2O5。(1)“酸浸”时V2O5转化为V,为了提高“酸浸”效率可采取的措施为升高酸浸温度和粉碎原料。(2)Fe2+具有还原性,“酸浸”时加入FeSO4的目的是使V转化为VO2+,FeSO4参与反应的化学方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO42VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O。(3)由以上分析可知,“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3;硫酸钾受热稳定,“操作1”的名称为蒸发结晶。(4)在“氧化”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6,根据氧化还原反应原理,氧化剂为氯化钾,还原剂为VO2+,反应的离子方程式为3H2O+Cl+6VO2+6V+Cl-+6H+。(5)t℃时,“氧化”后溶液中c(V)=0.1mol·L-1,假设“沉钒”步骤中V全部转化成V,化合价不变,c(V)=0.1mol·L-1,为使沉钒效率达到95%,则溶液中此时c(V)≤0.005mol·L-1,即c(N)≥mol·L-1=mol·L-1=0.4mol·L-1。(6)取“煅烧”后的V2O5样品mg进行测定,加入足量稀硫酸充分反应后,V2O5+2H+2V+H2O,配成250mL溶液,取该溶液25.00mL用bmol·L-1草酸溶液进行滴定,消耗草酸溶液cmL,滴定过程中涉及的反应为2V+H2C2O4+2H+2VO2++2CO2↑+2H2O,则滴定过程消耗的c(V)=2bc×10-3mol,即V2O5的物质的量为bc×10-3mol,V2O5样品中钒的质量分数=×100%=\n×100%=%,样品的纯度为×100%=×100%=%,样品的纯度小于该数值可能的原因是样品中含有NH4VO3。