点溶液的pH相等，b、c点两溶液中的电荷守恒分别为c(H＋)＝c(B－)＋c(OH－)、c(H＋)＝c(A
－)＋c(OH－)，溶液中离子总浓度：b＝c，溶液中离子总浓度：a＞b＝c，D
项错误。]
12．C [常温下，pH一定时c(Mg2＋)＞c(Fe2＋)，所以Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)2]，A项错误；当Cu2＋完全沉淀时，Fe2＋已经开始沉淀，所以不能通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2＋和Fe2＋，B项错误；当3≤pH＜4时，Fe3＋完全沉淀，而Cu2＋不会沉淀，所以除去Cu2＋中Ksp少量Fe3＋，可控制溶液3≤pH＜4，C项正确；Ksp＝c(Mn＋)·c(OH－)n，c(Mn＋)＝，n－c?OH?KsppM＝－lg c(Mn＋)＝－lgn＝－lg Ksp＋nlg c(OH－)，D项错误。]
c?OH－?
13．C [A项，KCl属于强酸强碱盐，溶液显中性，CH3COONH4中CH3COO－的水解程度和NH＋4的水解程度相同，促进水的电离，因此两溶液中水的电离程度不同，错误；B项，NaF是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，当加入氢氟酸，溶液显酸性时，说明HF的电离程度大于F－的水解，因此离子浓度大小关系是c(F－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，错误；C项，相同pH时，酸性强的浓度小于酸性弱的浓度，加入足量的锌，酸性弱的产生氢气多，正确；D项，发生反应是Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，溶液pH增大，错误。]
＋浓度最大，因为CHCOOH的K大于HCO的14．AB [根据铵盐的化学式可知③中NH43a23－－＋Ka1，所以HCO－3的水解程度大于CH3COO，HCO3对NH4的水解促进作用大，NH4HCO3＋)由大到小的顺序为③>①>②，中NH＋故三种溶液中c(NH4A正确；溶液呈中4的浓度更小，
性时，根据电荷守恒有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)，根据得失电子守恒有c(Cl－)＝c(HClO)＋c(ClO－)，所以c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，B正确；温度不变，AgCl的Ksp不变，C错
2－)均为1×10－3 mol·误；根据题给AgCl和Ag2CrO4的Ksp可知当c(Cl－)和c(CrO4L－1时，
开始生成AgCl和Ag2CrO4沉淀时需要c(Ag＋)分别为1.8×10－7 mol·L－1和1.414×10－4.5 mol·L－1，所以Cl－先沉淀，D错误。]
15．BD [电离平衡常数越大，酸性越强，由表中数据可知酸性：H2B＞HA＞HB－，故B2
－、A－、HB－对应的钠盐溶液的碱性依次减弱，A
项错误；HA的电离平衡常数为1.7×10
－6，则A－的水解平衡常数为
1×10－141.7×10－6
，可知HA的电离程度大于A－的水解程度，所以等
浓度的HA溶液与NaA溶液等体积混合，c(A－)＞c(Na＋)，B项正确；酸性：H2B＞HA＞HB－，向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为B2－＋HA===A－＋HB
－，C
项错误；根据物料守恒可得NaHB溶液中部分微粒浓度的关系为c(Na＋)＝c(HB－)＋
c(H2B)＋c(B2－)，D项正确。]
2－16．A [由题图可知，开始加入的8 mL NaHCO3发生反应：OH－＋HCO－3===CO3＋H2O，2－－再加入32 mL NaHCO3溶液时，发生反应：HCO－3＋AlO2＋H2O===Al(OH)3↓＋CO3，由
32×10－3 mol
于n[Al(OH)3]＝32×10－3 mol，故c(NaHCO3)＝＝1 mol·L－1，A项说法错误；
32×10－3 L由题图可知，b点溶液成分为NaAlO2和Na2CO3，c点溶液成分也为NaAlO2和Na2CO3，故溶液所含微粒的种类相同，B项说法正确；a点溶液中溶质为NaOH、NaAlO2，溶液中大量
－、OH－，C项说法正确；NaAlO与NaHCO发生反应的离子方程存在的离子是Na＋、AlO2232－－式为HCO－3＋AlO2＋H2O===Al(OH)3↓＋CO3，D项说法正确。]
17．B [由图像中的变化曲线可知pH＝9时铜离子浓度最小，废水中Cu2＋处理的最佳pH约为9，故A说法正确；b～c段随氢氧根离子浓度增大，铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，氨浓度增大，Cu(OH)2＋4NH3
[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－，平衡正向移动，溶液中铜
[Cu(NH3)4]2
元素含量增大，故B错误；c～d段，随氢氧根离子浓度的增大，Cu(OH)2＋4NH3
＋＋2OH－，平衡逆向移动，溶液中铜元素含量下降，故
C正确；d点以后，随c(OH－)增加，
平衡Ⅱ：Cu(OH)2＋2OH－故D正确。]
[Cu(OH)4]2－正向移动，上层清液中铜元素的含量可能上升，
18．AD [根据示意图可知，当溶液的pH＝9时，溶液中存在下列关系：
＋－c(HCO－H2O)>c(CO23)>c(NH4)>c(NH3·3)，故A项正确；根据物料守恒可得NH4HCO3溶液2－＋)＋c(NH·－＋发中存在下列守恒关系：c(NH4因为NH43H2O)＝c(CO3)＋c(H2CO3)＋c(HCO3)，2－－＋生水解反应，所以c(HCO－3)≠c(CO3)＋c(OH)－c(H)，则B项中关系式错误，故B项错
误；根据图像可知pH<7.8时，往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液，HCO－3浓度先增大后减小，故C项错误；因为0.1 mol·L－1的NH4HCO3溶液pH＝7.8，说明HCO－3的水解程度大于
＋的水解程度，根据越弱越水解的规律可得：K(NH·NH4b3H2O)>Ka1(H2CO3)，故D项正确。]
19．(1)< (2)2H＋HOOC—COOH＋2e===HOOC—CHO＋H2O (3)①降低草酸钠的溶解度，便 于晶体析出 ②c(Na)>c(HC2O4)>c(H)>c(C2O24)>c(OH) (4)5×107 mol·L1 (5)20
－、NH·解析 (1)由题给表格可知，H2C2O4、HC2O43H2O的电离常数大小为－>NH·＋H2C2O4>HC2O43H2O，故草酸铵溶液显酸性。(2)阴极得电子发生还原反应：2H＋
－
－
＋
－
＋
－
－
＋－
HOOC—COOH＋2e－===HOOC—CHO＋H2O。(3)①加入酒精是为了降低草酸钠的溶解度，
－的电离程度便于晶体析出。②二者反应后溶质为草酸氢钠，因为溶液显酸性，所以HC2O4
大于其水解程度，则离子物质的量浓度大小顺序为c(Na＋)>c(HC2O－4)>c(H
＋)>c(C
2－－
2O4)>c(OH)。(4)混合反应后所得溶液中
c(Ca2＋)＝0.005 mol·L－1，Ksp(CaC2O4)＝
c(Ca2＋)·c(C
2－－9，则2O4)＝2.5×102－)＝c(C2O4
2.5×10－9
mol·L－1＝5×10－7 mol·L－1。
0.005
AlO－2＋2H2O K1，
(5)Al(OH)3溶于NaOH溶液发生反应：Al(OH)3＋OH－可分为两步进行： Al(OH)3H＋＋OH－
＋AlO－2＋H＋H2O K
H2O
1
Kw
－13
K2.0×10
则K1＝＝＝20。
Kw1.0×10－14
20．(1)①4Fe2＋O2＋4H===4Fe3＋2H2O 成本低且无污染 ②3.5×10
＋＋＋
－11＋
mol·L
－1
③Al(OH)3 NaOH (2)①酸 等物质的量的SO2与NH3生成NH4HSO3。NH4的水解常数Kw1.0×1014－10－－
Kh＝＝，HSO3的电离常数Ka2＝6.0×108，故NH4HSO3溶液中，－5≈5.6×10Kb1.8×10NH4的水解程度小于HSO3的电离程度，溶液呈酸性 ②1.9×103
解析 (1)①酸性废液中通入空气时，Fe2＋被空气中的氧气所氧化，离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O。该方法的优点是成本低且无污染。②溶液pH＝5，则c(OH－)＝10－9 mol·L－1，根据Ksp[Fe(OH)3]＝3.5×10－38可计算出c(Fe3＋)为3.5×10－11 mol·L－1。③根据Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33，可计算出溶液pH＝5时，c(Al3＋)＝1.0×10－6 mol·L－1，Al3＋也完全沉淀，故可能混有的杂质是Al(OH)3。Al(OH)3溶于强碱，而Fe(OH)3不溶，故可用NaOH溶液除去。(2)①等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，生成NH4HSO3。由于
＋
－
－
－
1.0×10－14Kw＋的水解常数K＝NH4＝≈5.6×10－10，而H2SO3的Ka2＝6.0×10－8，故NH4HSO3h
Kb1.8×10－5
＋的水解程度小于HSO－的电离程度，溶液显酸性。②Ag＋(aq)＋溶液中，NH43
2NH3·H2O(aq)
[Ag(NH3)2]＋(aq)＋2H2O(l)
＋
c{[Ag?NH3?2]}
K1＝，AgCl(s)＋2NH3·H2O(aq)＋
c?Ag?·c2?NH3·H2O?c?Cl?·c{[Ag?NH3?2]}K2＝
c2?NH3·H2O?c?Cl?·c{[Ag?NH3?2]}c?Ag?
＝×＋
c2?NH3·H2O?c?Ag?＝K1×Ksp(AgCl)＝1.10×107×1.76×10
－10
－
＋
＋
－
＋
[Ag(NH3)2](aq)＋Cl(aq)＋2H2O(l)
＋－
≈1.9×103。
＋
－
21．(1)＋3 将矿石粉碎、提高焙烧温度、增大氧气(或空气)浓度(任选两点) CeO2＋4H
2
＋SO24===(CeSO4)＋2H2O
－
＋
(2)(HA)2不溶于水，且与水不反应 F、SO24 (3)增大平衡体系(CeSO4)2＋n(HA)2
＋
－－
2
Ce(H2n－4A2n)＋4H＋SO2促使4中c(H)和c(SO4)，
＋
＋－＋－
平衡逆向移动，有利于“反萃取”的进行 H2O2将＋4价铈还原成＋3价铈，2(CeSO4)2＋
43H2O2===2Ce3＋2H＋2SO2Ce3不能被萃4＋O2↑(或2Ce＋H2O2===2Ce＋2H＋O2↑)，
＋
＋
－
＋
＋
＋
＋
取，有利于
＋
Ce3进入水层而分离
ac3(4)3 b
解析 (2)“萃取”时，选用(HA)2作为萃取剂，需满足的条件是不溶于水，且与水不反应；
－CeF?4－x?＋、原溶液中含有SO2(CeSO4)2＋，“萃取”后的水层中含有的主要阴离子是F－、4、x2＋－SO24。(3)“反萃取”时加入H2SO4的作用是增大平衡体系(CeSO4)＋n(HA)24A2n)＋4H
＋＋SO2－中4
Ce(H2n－
－促使平衡逆向移动，c(H＋)和c(SO2有利于“反萃取”的进行；H2O24)，
3＋－＋将＋4价铈还原成＋3价铈，2(CeSO4)2＋＋H2O2===2Ce3＋＋2SO24＋2H＋O2↑，Ce不能
被萃取，有利于Ce3＋进入水层而分离。(4)Ce(BF4)3(s)＋3K＋(aq)
3KBF4(s)＋Ce3＋(aq)的
c?Ce3＋?c?Ce3＋?·c3?BF－4?aac3
33＋＋平衡常数K＝3＝＝3，所以c(Ce)＝K·c(K)＝3。
bbc?K＋?c3?K＋?·c3?BF－?4
单元检测8 水溶液中的离子平衡 - 图文
