2019届二轮复习盐类水解沉淀溶解与平衡学案（全国通用）
专题十三 盐类水解 沉淀溶解与平衡
[查漏补缺·对接高考] 排查核心知识 挖掘命题规律
[储知识·要点回扣]
■思维深化——做一做
1．把不同条件对FeCl3水解平衡[Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋]的影响填入下表。
条件
移动方向
n(H＋)
pH
现象
升高温度
向____
______
______
溶液颜色____
通HCl
向____
______
______
溶液颜色____
加H2O
向____
______
______
溶液颜色____
加入NaHCO3 (aq)
向____
______
______
________
答案：右 增大 减小 变深 左 增大 减小 变浅 右 增大 增大 变浅 右 减小 增大 生成红褐色沉淀，放出气体
2．向NH4Cl溶液中加水，其稀释过程中________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，__________，________，________，c(NH)＋c(NH3·H2O)________。
答案：增大 增大 不变 不变 减小
3．以AgCl为例：AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq) ΔH＞0。
外界条件
移动方向
c(Ag＋)
Ksp
升高温度
________
________
________
加入少量的AgNO3
________
________
________
加入Na2S
________
________
________
通入HCl
________
________
________
答案：正向 增大 增大 逆向 增大 不变 正向 减小 不变 逆向 减小 不变
[探高考·真题鉴赏]
1．(2018·全国高考卷)用0.100 mol·L－1AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( )
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10
B．曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.040 0 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动
解析：根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，达到滴定终点时，消耗AgNO3溶液的体积为＝20.0 mL，C错误。由题图可知，当AgNO3溶液的体积为50.0 mL时，溶液中的c(Cl－)略小于10－8 mol·L－1，此时混合溶液中c(Ag＋)＝
＝2.5×10－2 mol·L－1，故Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)≈2.5×10－2×10－8＝2.5×10－10，A正确。因反应过程中有沉淀生成，溶液中必然存在平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，故曲线上的各点均满足c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，B正确。相同实验条件下，沉淀相同量的Cl－和Br－消耗的AgNO3的量相同，由于Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)，当滴加相等量的Ag＋时，溶液中c(Br－)＜c(Cl－)，故反应终点c向b方向移动，D正确。
答案：C
2．(2017·全国高考卷Ⅲ)在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl－会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl－。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是( )
A．Ksp(CuCl)的数量级为10－7
B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl
C．加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好
D．2Cu＋===Cu2＋＋Cu平衡常数很大，反应趋于完全
解析：由题图可知，当c(Cu＋)＝10－2 mol·L－1时，c(Cl－)约为10－4.75 mol·L－1，则Ksp(CuCl)＝c(Cu＋)·c(Cl－)的数量级为10－7，A项正确；根据题目信息可知B项正确；Cu、Cu2＋是按一定物质的量之比反应的，并不是加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好，C项错误；由题图可知，交点处c(Cu＋)＝c(Cu2＋)≈10－6mol·L－1，则2Cu＋??Cu2＋＋Cu的平衡常数K＝≈106，该平衡常数很大，因而反应趋于完全，D项正确。
答案：C
3．(2017·全国高考卷Ⅰ)常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．Ka2(H2X)的数量级为10－6
B．曲线N表示pH与lg的变化关系
C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)
解析：H2X的电离方程式为H2X??H＋＋HX－、HX－??H＋＋X2－。当＝＝1时，即横坐标为0.0时，Ka1＝c(H＋)，Ka2＝c′(H＋)，因为Ka1>Ka2，故c(H＋)>c′(H＋)，即pH
c(OH－)，C项正确；电荷守恒式为
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HX－)＋2c(X2－)，中性溶液中存在c(H＋)＝c(OH－)，故有c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(X2－)，假设c(HX－)＝c(X2－)或c(HX－)>c(X2－)(见C项分析)，则溶液一定呈酸性，故中性溶液中c(HX－)7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na＋)
B．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c(Na＋)＝c(Cl－)
C．等pH的氨水、KOH、Ba(OH)2溶液中：c(NH)＝c(K＋)＝c(Ba2＋)
D．0.2 mol·L－1的某一元弱酸HA溶液和0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合后的溶液：2c(OH－)＋c(A－) ＝2c(H＋)＋c(HA)
解析：A项，根据电荷守恒可得c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，若pH>7，则c(OH－)>c(H＋)，所以c(CH3COO－)KHB>KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)>c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)
解析：浓度相同的三种酸，HA的pH最小，HD的pH最大，酸性越强电离常数越大，三种酸的电离常数HA的最大，HD的最小，A正确；P点时，中和百分数为50%，此时溶液中含等物质的量浓度的HB和NaB，由于溶液显酸性，所以HB电离大于B－的水解，则c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；pH＝7时，由于三种酸的电离常数不等，A－、B－、D－的水解程度不同，加入氢氧化钠的体积不同，虽然三种离子的浓度分别等于钠离子的浓度，但三种溶液中的钠离子的浓度不等，则c(A－)、c(B－)、c(D－)不等，C错误；当中和百分数为100%时，其中酸HA中的溶质是NaA，根据质子守恒得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)，另外两种酸中存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB)，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HD)，将三种溶液混合有c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D正确。
答案：C
[题型建模] 巧抓“四点”突破离子平衡图像题
(2018·南昌模拟)25 ℃时，H2CO3的Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.0×10－11。常温下在20 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol·L－1 HCl溶液，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。下列说法正确的是( )
A．在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO能大量共存
B．a点时：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(CO)
C．当pH＝7时，溶液中c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)
D．当溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1时，溶液的pH＝10
解析：根据图示，pH＞8时，无H2CO3，pH＜8时，无CO，在同一溶液中H2CO3、HCO、CO不能大量共存，A项错误；a点时，CO、HCO的含量相等，根据电荷守恒，c(
Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋2c(CO)＋c(HCO)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋3c(CO)，B项错误；当pH＝7时，无CO，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)，则c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(HCO)，C项错误；根据H2CO3的Ka2＝，当溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1时，c(H＋)＝Ka2·＝5.0×10－11×2＝10－10(mol/L)，此时溶液的pH＝10，D项正确。
答案：D
[练——即学即用]
1．(2018·太原模拟)室温下，下列溶液中粒子浓度关系一定正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，加水稀释，c(HCO)/c(CO)减小
B．pH＝7的氨水与氯化铵的混合溶液中：c(Cl－)＞c(NH)
C．0.1 mol·L－1的硫酸铝溶液中：c(SO)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．pH＝2的醋酸溶液和pH＝12的NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
解析：＝＝，Na2CO3溶液加水稀释过程中溶液碱性减弱，即c(H＋)增大，而室温下Ka2(H2CO3)为定值，即c(HCO)/c(CO)将增大，A项错误；pH＝7的氨水与氯化铵的混合溶液中含有NH、Cl－、H＋、OH－四种离子，根据电荷守恒和c(H＋)＝c(OH－)可知c(Cl－)＝c(NH)，B项错误；硫酸铝溶液因Al3＋水解而呈酸性，则有c(SO)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，C项正确；pH＝2的醋酸溶液和pH＝12的NaOH溶液等体积混合，得到CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据物料守恒可知c(Na＋)＜c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，D项错误。
答案：C
2．常温下将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB中，两种混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．电离常数：Ka(HB)＞Ka(HA)
B．Ka(HA)的数量级为10－5
C．当HA与NaOH溶液混合至中性时：c(A－)＝c(HA)
D．等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液中：c(H＋)＞c(OH－)
解析：Ka(HB)＝、Ka(HA)＝，lg＝0时 ，c(B－)＝c(HB)，lg＝0时，c(A－)＝c(HA)，此时Ka(HB)、Ka(HA)等于对应的c(H＋)，由图可知横坐标为0时，HB的pH比HA的pH小，即HB的c(H＋)比HA的c(H＋)大，故Ka(HB)＞Ka(HA)，A项正确；lg＝0时，HA的pH在4.5～5之间，则Ka(HA)在10－5～10－4.5之间，10－4.5＝100.5－5＝100.5×10－5,1＜100.5＜10，故Ka(HA)的数量级为10－5，B项正确；当HA与NaOH溶液混合至中性时，c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol·L－1，Ka(HA)的数量级为10－5，设Ka(HA)＝＝a×10－5(1＜a＜10)，则＝＝＝a×102，故c(A－)＞c(HA)，C项错误；lg＝0时，HB的pH在3.0～3.5之间，则Ka(HB)在10－3.5～10－3之间，则Ka(HB)的数量级为10－4，Kh(B－)＝＜Ka(HA)，故等浓度等体积的HA和NaB混合后，HA的电离程度大于NaB的水解程度，所得溶液呈酸性，故c(H＋)＞c(OH－)，D项正确。
答案：C
3．常温下，向0.10 mol·L－1的钠盐(Na2X)溶液中逐滴加入稀盐酸，加入的HCl与原溶液中Na2X的物质的量之比f[f＝n(HCl)/n(Na2X)]与混合液pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．X2－的水解常数Kh(X2－)约为1×10－12
B．Kh(HX－)＞Ka2(H2X)
C．f＝0.5时，c(X2－)＞c(HX－)
D．f＝2.0时，溶液显酸性的主要原因是稀盐酸过量
解析：f＝0时，0.10 mol·L－1 Na2X溶液的pH约为12，c(OH－)≈0.01 mol·L－1，可得
X2－＋ H2O ??HX－ ＋ OH－
0． 10 mol·L－1 0.01 mol·L－1 0.01 mol·L－1
Kh(X2－)＝≈＝1×10－3，Kh(X2－)约为1×10－3，A项错误；f＝
1.0时发生的反应为Na2X＋HCl===NaCl＋NaHX，此时溶液的7＜pH＜8，显弱碱性，表明HX－的水解程度大于其电离程度，即Kh(HX－)＞Ka2(H2X)，B项正确；f＝0.5时，生成的NaHX和过量的Na2X的物质的量相等，因X2－的水解程度大于HX－的水解程度，且HX－的水解程度大于其电离程度(可忽略不计)，故溶液中c(HX－)＞c(X2－)，C项错误；f＝2.0时，Na2X恰好和HCl完全反应，Na2X＋2HCl===2NaCl＋H2X，稀盐酸没有过量，溶液显酸性的主要原因是生成了弱酸H2X，D项错误。
答案：B
题型二 沉淀溶解平衡
[研——题型探究]
►角度一 Ksp及其计算
1．(1)已知：Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝3×10－39，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(使其浓度均小于1×10－6 mol·L－1)，需调节溶液pH范围为____________。
(2)煅粉主要含MgO和CaO，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若滤液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6 mol·L－1，则溶液pH大于________[Mg(OH)2的Ksp＝5×10－12]。
(3)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，若向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L－1的盐酸，混合后溶液中Ag＋的浓度为________ mol·L－1，pH为________。
解析：(1)使Al3＋完全除去时c(OH－)＝＝＝1×10－9(mol·L－1)，此时溶液pH＝5.0；使Fe3＋完全除去时c(OH－)＝＝≈1.4×10－11(mol·L－1)，此时溶液pH≈3.1；而pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀，所以调节溶液的pH范围为5.0＜pH＜7.1。
(2)若溶液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6 mol·L－1，则溶液c2(OH－)＞ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，c(OH－)＞10－3 mol·L－1，pH大于11。
(3)根据反应中HCl和硝酸银的物质的量可知HCl过量，则计算剩余的氯离子的物质的量浓度为(0.02－0.018) mol·L－1/2＝0.001 mol·L－1，根据AgCl的溶度积的表达式计算即可；因为该反应中氢离子未参加反应，所以溶液的体积变为100 mL时，氢离子的浓度为0.01 mol·L－1，则pH＝2。
答案：(1)5.0＜pH＜7.1 (2)11
(3)1.8×10－7 2
►角度二 沉淀溶解平衡曲线
2．(2018·武汉模拟)在一定温度下，AgCl与AgI的饱和溶液中存在如图关系，下列说法正确的是( )
A．AgCl(s)＋I－(aq)??AgI(s)＋Cl－(aq)，在该温度下的平衡常数K＝2.5×106
B．向0.1 mol·L－1 KI溶液中加入AgNO3溶液，当I－刚好完全沉淀时，c(Ag＋)＝2×10－12 mol·L－1
C．向AgCl、AgI的饱和溶液中加入氢碘酸溶液，可使溶液由A点变到B点
D．向2 mL 0.01 mol·L－1 AgNO3溶液中加几滴0.01 mol·L－1 NaCl溶液，静置片刻，再向溶液中加几滴0.01 mol·L－1 KI溶液，有黄色沉淀生成，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
解析：根据图中数据可知：Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－5×2×10－5＝2×10－10，Ksp(AgI)＝c(Ag＋)·c(I－)＝10－5×8×10－12＝8×10－17。AgCl(s)＋I－(aq)??AgI(s)＋Cl－(aq)，在该温度下的平衡常数K＝＝＝＝＝2.5×106，A项正确；向0.1 mol·L－1 KI溶液中加入AgNO3溶液，当I－刚好完全沉淀时，c(Ag＋)＝ mol·L－1＝8×10－12 mol·L－1，B项错误；向AgCl、AgI的饱和溶液中加入氢碘酸溶液，生成AgI，AgCl溶液变得不饱和，不可能使溶液由A点变到B点，C项错误；向2 mL 0.01 mol·L－1 AgNO3溶液中加几滴0.01 mol·L－1 NaCl溶液，静置片刻，再向溶液中加几滴0.01 mol·L－1 KI溶液，过量的银离子与碘离子反应，有黄色沉淀生成，不一定是氯化银转化为碘化银，不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D项错误。
答案：A
[题型建模] 解沉淀溶解平衡图像题三步骤
第一步：明确图像中纵、横坐标的含义。
纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。
第二步：理解图像中线上点、线外点的含义。
(1)以氯化银为例，在该沉淀溶解平衡图像上，曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc＝Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线以外。
(2)曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc>Ksp。
(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时QcKsp(CaWO4)，A项正确。a点的定量信息是c(Ca2＋)＝1.0×10－4 mol/L、c(OH－)＝1.0×10－3 mol/L或c(WO)＝1.0×10－3 mol/L，Qc[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝1.0×10－10Ksp(CaWO4)，有钨酸钙沉淀生成， B项正确。氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低，故加热饱和Ca(OH)2溶液有白色氢氧化钙沉淀生成，C项正确。设饱和氢氧化钙溶液中钙离子浓度为x mol/L，则氢氧根离子浓度为2x mol/L，x×(2x)2＝1.0×10－7,4x3＝1.0×10－7，x＝×10－3，饱和钨酸钙溶液中钙离子浓度为y mol/L，钨酸根离子浓度也为y mol/L，则y2＝1.0×10－10，y＝1.0×10－5，x>y，D项不正确。
答案：D
6．已知电离常数的负对数pK＝－lg K,25 ℃时，HX的pKa＝4.76，H2Y的pKa1＝1.22，pKa2＝4.19，下列说法正确的是( )
A．浓度相等的NH4X和NH4HY溶液中c(NH)：前者大于后者
B．NaX溶液中滴加KHY溶液至pH＝4.76：c(K＋)＋c(Na＋)>c(HY－)＋2c(Y2－)＋c(X－)
C．KHY溶液中滴加氨水至中性：c(NH)>c(Y2－)
D．K2Y溶液中滴加盐酸至pH＝1.22：c(Cl－)－3c(HY－)＝c(H＋)－c(OH－)
解析：HY－的电离程度大于其水解程度使溶液呈酸性，对NH水解起抑制作用，X－水解生成OH－，对NH水解起促进作用，故NH4X中c(NH)小于NH4HY中c(NH)，A错误。pH＝4.76表明溶液呈酸性，即c(OH－)c(OH－)，由电荷守恒关系式：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)知，c(Cl－)>c(NH)，B项正确；盐酸与氨水恰好反应时，氨水体积为20 mL，由于NH的水解，溶液呈酸性，故溶液呈中性时，氨水已过量，即pH＝7时，V>20 mL，C项错误；③点时，溶液中含有过量的NH3·H2O，NH3·H2O电离出来的OH－抑制了水的电离，故由水电离出的c(OH－)<10－7 mol·L－1，D项错误。
答案：B
10．(1)25 ℃时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1＝1×10－3，Ka2＝2×10－8。该温度下，0.1 mol·L－1 H2TeO3的电离度α约为________(α＝×100%)；NaHTeO3溶液的pH________(填“＞”“＜”或“＝”)7。
(2)利用反应CaSO4(s)＋(NH4)2CO3(aq)??CaCO3(s)＋(NH4)2SO4(aq)可将磷石膏转化为硫酸铵。若反应达到平衡后溶液中c(CO)＝1.75×10－2 mol·L－1，此时溶液中，c(SO)＝________ mol·L－1。[已知：Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，
Ksp(CaSO4)＝3.2×10－7]
(3)查阅资料可知，常温下，Ksp(AgCl)＝1.76×10－10。
银氨溶液中存在下列平衡：
Ag＋(aq)＋2NH3·H2O(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)＋2H2O(l) K1＝1.10×107。
常温下可逆反应AgCl(s)＋2NH3·H2O(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)＋2H2O(l)的化学平衡常数K2＝________(保留4位有效数字)。
解析：(1)亚碲酸(H2TeO3)为二元弱酸，以一级电离为主，H2TeO3的电离度为α，
H2TeO3 ?? HTeO＋H＋
起始浓度/(mol·L－1) 0.1 0 0
电离浓度/(mol·L－1) 0.1α 0.1α 0.1α
平衡浓度/(mol·L－1) 0.1(1－α) 0.1α 0.1α
Ka1＝1×10－3＝，解得：α≈10%；
已知Ka2＝2×10－8，则HTeO的水解常数Kh＝＝(1×10－14)÷(1×10－3)＝1×10－11＜Ka2，故HTeO的电离程度大于其水解程度，NaHTeO3溶液显酸性，pH＜7。
(2)根据CaSO4(s)＋CO(aq)??CaCO3(s)＋SO(aq)
K＝＝＝
c(SO)＝×1.75×10－2＝2.0 mol·L－1。
(3)Ag＋(aq)＋2NH3·H2O(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)
＋2H2O(l)
K1＝，
AgCl(s)＋2NH3·H2O(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)＋2H2O(l)
K2＝，则
K1＝×＝，K2＝K1×Ksp(AgCl)＝1.10×107×1.76×10－10＝1.936×10－3。
答案：(1)10% ＜ (2)2.0 (3)1.936×10－3
11．化学学科中的化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理。请回答下列问题：
(1)已知常温下Cu(OH)2的Ksp＝2×10－20。又知常温下某CuSO4溶液里c(Cu2＋)＝0.02 mol·L－1，如果要生成Cu(OH)2沉淀，则应调整溶液pH大于________；要使0.2 mol·L－1的CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加NaOH溶液，使溶液pH为_____________________________________________________。
(2)10 ℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度/℃
10
20
30
加热煮沸后冷却到50 ℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
在分析该溶液pH增大的原因时，甲同学认为是升高温度HCO的水解程度增大所致；乙同学认为是溶液中升高温度NaHCO3受热分解生成Na2CO3，CO水解所致。请你设计一个简单的实验方案给甲和乙两位同学的说法以评判(包括操作、现象和结论)________________________________________________________________________。
解析：(1)据Ksp＝c(Cu2＋)·c(OH－)2可知，c(OH－)2＝＝＝1×10－18(mol·L－1)2，c(OH－)＝1×10－9 mol·L－1，c(H＋)＝＝＝1×10－5(mol·L－1)，pH＝5；c(OH－)2＝(mol2·L－2)，c(OH－)＝1×10－8 mol·L－1，c(H＋)＝＝10－6(mol·L－1)，pH＝6。
(2)甲与乙的区别就是是否有CO生成，本题就转化为检验溶液中是否有CO。
答案：(1)5 6
(2)向溶液中加入足量BaCl2(或CaCl2)溶液，如果无白色沉淀生成说明甲正确，有白色沉淀生成说明乙正确
12．(2018·黄山模拟)工业上利用电镀污泥(主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质)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：
Fe3＋
Cu2＋
Cr3＋
开始沉淀pH
2.1
4.7
4.3
完全沉淀pH
3.2
6.7
a
(1)在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有____________。
(2)在除铁操作中，需要除去Fe3＋和CaSO4，请完成相关操作：
①加入石灰乳调节pH范围________，检验Fe3＋已经除尽的操作是____________；
②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)当离子浓度小于或等于1×10－5 mol·L－1时可认为沉淀完全，若要使Cr3＋完全沉淀则要保持c(OH－)≥________。[已知：Ksp[Cr(OH)3]＝6.3×10－31，≈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3.2～4.3，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
↓1×2 ↑2×1
＋2 ＋4 ＋1 ＋6
2Cu2＋＋ HSO＋2H2O=== Cu2O↓＋SO＋5H＋；
亚硫酸属于中强酸，而还原步骤可以生成的硫酸是强酸，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)，Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝6.3×10－31，则
c3(OH－)＝＝6.3×10－26＝63×10－27，c(OH－)＝ mol·L－1＝4.0×10－9 mol·L－1，即要使Cr3＋完全沉淀则要保持c(OH－)≥4.0×10－9 mol·L－1。
答案：(1)CuSO4
(2)①3.2～4.3 取适量滤液，加KSCN溶液，若不变红，则说明Fe3＋已除尽 ②趁热过滤
(3)2H2O＋HSO＋2Cu2＋===Cu2O↓＋SO＋5H＋ 产生SO2，污染环境
(4)4.0×10－9 mol·L－1
