微主题6 电离平衡与盐类水解
1 判断下列说法是否正确。
(1) [2024苏州期初T12]Na2S溶液显碱性的原因：S2-＋2H2O H2S＋2OH－( )
(2) [2024盐城、南京期末T11]用干燥、洁净的玻璃棒蘸取0.1 mol/L NaHCO3溶液，点在干燥的pH试纸上，测出溶液的pH，判断HCO是否发生水解( )
(3) [2024南京二模T11]用玻璃棒蘸取NH4Fe(SO4)2溶液滴在干燥的广泛pH试纸上，将试纸显示的颜色与标准比色卡比较，判断NH是否发生水解( )
(4) [2024苏州期末T11]向2 mL Na2SO3溶液中滴加2 mL 0.1 mol/L MgCl2溶液，观察沉淀生成情况判断SO是否水解( )
2 [2024南通、泰州等八市三调T12]已知：室温下，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10-36，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10-15，Ka(HClO)＝3×10-8。用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制备NiOOH的过程如下。下列说法正确的是( )
A. 0.1 mol/L Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝0.1 mol/L＋c(H2CO3)
B. pH＝11的NaClO溶液中： c(HClO)>c(ClO－)
C. “调pH”得到的上层清液中：>10-28
D. “氧化”时主要发生反应：2ClO－＋2Ni2+＋2OH－===2NiOOH↓＋Cl2↑＋H2O
3 [2023无锡期末]草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了0.010 0 mol/L Na2C2O4标准溶液，现对25 ℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是( )
A. 0.010 0 mol/L Na2C2O4溶液中存在：c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O)
B. 若向该溶液中滴加等体积、等浓度稀盐酸，测得溶液pH<7，此时溶液中存在：c(C2O)>c(Cl－)>c(H2C2O4)
C. 已知25 ℃时，Ksp(CaC2O4)＝2.5×10-9，向该溶液中加入等体积0.020 0 mol/L CaCl2溶液，所得上层清液中c(C2O)<5×10-5 mol/L
D. 向该溶液中加入几滴酸性KMnO4溶液，MnO被还原为Mn2+，则反应的离子方程式：C2O＋4MnO＋14H＋===2CO2↑＋4Mn2+＋7H2O
4 [2024盐城考前模拟T12]一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.100 0 mol/L KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)。已知：H2CO3电离常数Ka1＝4.4×10-7、Ka2＝4.4×10-11。Ksp(CaCO3)＝3×10-9、Ksp[Ca(OH)2]＝5.0×10-6。下列说法正确的是( )
A. 若“吸收”后c总＝0.050 0 mol/L，则溶液中存在：c(K＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
B. “吸收”后所得溶液中一定存在：c(K＋)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)
C. 若“吸收”后溶液pH＝11，则溶液中存在：c(CO)＞c(HCO)
D. “转化”后过滤，所得滤液中存在： eq \f(c（CO）,c(OH－))＝6.0×10-4
5 [2024苏锡常镇二调T12]实验室用如下方案测定Na2CO3和NaHCO3混合物的组成：称取一定质量样品溶解于锥形瓶中，加入2滴指示剂M，用标准盐酸滴定至终点时消耗盐酸V1 mL；向锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用标准盐酸滴定至终点，又消耗盐酸V2 mL。下列说法正确的是( )
A. 指示剂M、N可依次选用甲基橙、酚酞
B. 样品溶解后的溶液中：2c(Na＋)＝3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)
C. 滴定至第一次终点时的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
D. 样品中Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为
6 [2024泰州调研T12]室温下，Na2CO3体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图甲所示。在c起始(Na2CO3)＝0.1 mol/L的体系中，研究Mg2+在不同pH时的可能产物，c(Mg2+)与pH的关系如图乙所示，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO)＝Ksp(MgCO3)，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]。
甲 乙
下列说法正确的是( )
A. 由M点可求得Ka2(H2CO3)＝1×10-6.37
B. pH＝11的体系中，c(CO)
D. P点的体系中：c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol/L
7 (1) [2024苏州期初T16]沉钴。Co(Ⅱ)盐溶液可以Co(OH)2、CoCO3和CoC2O4等多种形式沉淀。向除杂后CoSO4溶液中加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液作沉淀剂，可得到CoC2O4。不能用同浓度的Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是__________________________________________________________
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(2) [2024常州学业水平监测T14]使用Al3+净水时应控制pH在6.80～8.02之间，否则净水效果不佳。在强酸性和强碱性环境时净水效果差的原因是__________
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(3) [2024如皋适应性考试T14]向氧化后的溶液中加入NaOH调节溶液pH，溶液中V(＋5价)会以V2O、V3O、V10O等形式存在。随pH的升高，溶液中 eq \f(c（V2O）,c（V3O）)的值将________(填“增大”“减小”或“保持不变”)，判断的方法是____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(4) [2024镇江名校期初T14]MnO2在电池中有重要应用。以软锰矿(含MnO2及少量Fe、Al的氧化物)为原料制备粗二氧化锰颗粒的过程如图。净化、分离。浸出液中的Fe3+、Al3+可加入NaOH溶液并调节溶液pH在5～6之间，转化为沉淀去除，溶液的pH不能超过6的原因是____________________________________
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为减少碱用量，可以通过稀释浸出液除去Fe3+，结合离子方程式解释原理：_______
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8 [2024南通、泰州等七市二调T14]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所示。
(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HCO。
①沉淀1 mol As(Ⅲ)理论上需消耗HCHO的物质的量为________mol。
②HCO能与H2S反应：HCO＋H2S===HS－＋H2CO3。该反应的平衡常数K＝________。
已知：Ka1(H2CO3)＝4×10-7，Ka2(H2CO3)＝5×10-11；Ka1(H2S)＝1×10-7，Ka2(H2S)＝1×10-13。
(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：_________________________________________________
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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________________________________________________________
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微主题6 电离平衡与盐类水解
1 (1) × (2) √ (3) × (4) ×
解析：(1) S2-分步水解：S2-＋H2O HS－＋OH－，错误。(2) HCO水解后溶液显碱性，用干燥洁净玻璃棒蘸取0.1 mol/L NaHCO3溶液，点在干燥的pH试纸上可测出溶液呈碱性，证明HCO发生水解，正确。(3) NH、Fe3+在溶液中均能发生水解并产生H＋，即使溶液显酸性，也不能证明NH一定发生水解，错误。(4) Mg(OH)2、MgSO3均是白色沉淀，无法确定SO是否水解，错误。
2 C 0.1 mol/L Na2CO3溶液中的质子守恒式为c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，元素守恒式为c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol/L，联立两式得c(OH－)－c(H＋)＝0.1 mol/L＋c(H2CO3)－c(CO)，A错误；pH＝11，即c(H＋)＝10-11 mol/L，Ka(HClO)＝＝3×10-8，则＝3×103>1，则c(ClO－)>c(HClO)，B错误；“调pH”得到的上层清液是Fe(OH)3的饱和溶液、Ni(OH)2的不饱和溶液，则c(Fe3+)·c3(OH－)＝Ksp[Fe(OH)3]，c(Ni2+)·c2(OH－)
3 C 0.010 0 mol/L Na2C2O4溶液中存在质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2C2O4)＋c(HC2O)，A错误；若向该溶液中滴加等体积等浓度稀盐酸，此时溶液是草酸氢钠和氯化钠的等浓度混合溶液，测得溶液pH<7，HC2O的电离程度大于其水解程度，溶液中存在：c(Cl－)>c(C2O)>c(H2C2O4)，B错误；向该溶液中加入等体积0.020 0 mol/L CaCl2溶液后，溶液中c(Ca2+)＝ mol/L＝5×10-3 mol/L，由25 ℃时Ksp(CaC2O4)＝2.5×10-9可知，溶液中c(C2O)＝ mol/L＝5×10-7 mol/L<5×10-5 mol/L，C正确；向该溶液中加入几滴酸性KMnO4溶液，MnO被还原为Mn2+，则反应的离子方程式为5C2O＋2MnO＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O，D错误。
4 C c(KOH)＝0.100 0 mol/L，c总＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝0.050 0 mol/L，则所得溶液为K2CO3溶液，存在元素守恒：c(K＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，A错误；吸收后所得溶液中存在电荷守恒：c(K＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，B错误；“吸收”后溶液pH＝11，c(H＋)＝10-11 mol/L， eq \f(c（CO）,c（HCO）)＝＝＝4.4＞1，则 c(CO)＞c(HCO)，C正确；“转化”后过滤，所得滤液是CaCO3和Ca(OH)2的饱和溶液， eq \f(c（CO）,c2(OH－))＝＝＝6.0×10-4，D错误。
5 D 第一次滴定的反应为Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，第一次滴定终点溶液显碱性，应该选碱性范围内变色的指示剂，可以选酚酞，第二次滴定的反应为NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，第二次滴定终点溶液显中性或弱酸性(考虑CO2是否全部逸出)，选择酸性范围内变色的指示剂较好，可以选甲基橙，A错误；Na2CO3和NaHCO3的混合比例未知，不能写出样品溶解后的溶液中的元素守恒式，B错误；第一次滴定终点溶液的电荷守恒式中缺少c(Cl－)，C错误；由以上2个反应知，n(Na2CO3)＝c(HCl)×V1×10-3 L，注意减去第一次反应生成的HCO，n(HCO) ＝c(HCl)×(V2－V1)×10-3 L，n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)＝[c(HCl)×V1×10-3 L]∶[c(HCl)×(V2－V1)×10-3 L]＝V1∶(V2－V1)，D正确。
6 D 由M点可求得Ka1(H2CO3)＝1×10-6.37，由N点可求得Ka2(H2CO3)＝1×10-10.25，A错误；Ka2(H2CO3)＝1×10-10.25， eq \f(c（CO）,c（HCO）)＝＝100.75>1，即c(CO)>c(HCO)，也可直接根据图甲中数据判断，B错误；由图甲知，pH＝8时，溶液中的含碳微粒主要是HCO，图乙中的纵坐标是负对数，数字越小代表的微粒浓度越大，故Q点对应的溶液中，c(Mg2+)·c(CO)>Ksp(MgCO3)、c(Mg2+)·c2(OH－)
(2) 强酸性环境， 抑制Al3+的水解，主要以Al3+形式存在；强碱性环境，Al元素主要以[Al(OH)4]－形式存在 (3) 增大 根据反应3V2O＋6H＋ 2V3O＋3H2O可知，pH升高，H＋浓度减小，平衡逆向移动， eq \f(c（V2O）,c（V3O）)的值增大 (4) 避免Al(OH)3溶解，防止锰离子沉淀，减少锰元素的损失 稀释使溶液的pH升高，有利于Fe3+＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋正向移动
8 (1) ①3 ②0.25 (2) ①H2AsO＋HAsO＋3Ca2+＋3OH－===Ca3(AsO4)2↓＋3H2O ②Ca3(AsO4)2与CO2、H2O生成H3AsO4与CaCO3，CaCO3的溶解度比Ca3(AsO4)2的更小，使该反应向生成CaCO3方向移动
解析：(1) ①由得失电子守恒、原子守恒可得：As(Ⅲ)～H2S～3HCHO，故沉淀1 mol As(Ⅲ)需要3 mol HCHO。②K＝ eq \f(c(HS－)·c(H2CO3),c（HCO）·c(H2S))＝ eq \f(c(HS－)·c(H2CO3)·c(H＋),c（HCO）·c(H2S)·c(H＋))＝＝＝0.25。(2) ①由图可知，pH＝7时，n(H2AsO)＝n(HAsO)，且As(Ⅴ)完全转化为沉淀，则H2AsO、HAsO均参与反应。②由图可知，Ka1(H3AsO4)≈10-2.2>Ka1(H2CO3)，说明H2CO3的酸性弱于H3AsO4，故发生该反应的原因不可能是强酸制弱酸，应该是难溶的沉淀转化为更难溶的沉淀，CaCO3的溶解度比Ca3(AsO4)2的更小，使该反应向生成CaCO3方向移动。
