2024新高考化学第一轮章节复习--专题十三盐类的水解和沉淀溶解平衡(含答案)

专题十三　盐类的水解和沉淀溶解平衡
1.下列叙述不涉及盐类水解的是 (　　)
A.保存FeSO4溶液时加入少量铁屑
B.用NH4Cl溶液除铁锈
C.用MgCl2·6H2O制MgCl2需在HCl气流中
D.用热的纯碱溶液洗涤油污
答案　A　加入少量铁屑,可防止FeSO4溶液中Fe2+氧化变质,与盐类水解无关,A符合题意;N水解使NH4Cl溶液呈酸性,H+可与铁锈反应达到除去铁锈的目的,B项不符合题意;在HCl气氛中加热可防止MgCl2水解,C项不符合题意;碳酸钠是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,能促进油脂水解,D项不符合题意。
2.已知物质的溶度积常数:Ksp(FeS)=6.3×10-18,Ksp(CuS)=6.3×10-36。下列说法正确的是 (　　)
A.相同温度下,CuS的溶解度大于FeS的溶解度
B.除去工业废水中的Cu2+,可以选用FeS作沉淀剂
C.相同温度下,向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后,Ksp(FeS)变小
D.向等浓度的FeCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入Na2S溶液,最先出现的沉淀是FeS
答案　B　CuS和FeS类型相同,Ksp(CuS)3.T ℃时,CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数,pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是 (　　)
A.曲线Ⅰ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线
B.加热可使溶液由X点变到Z点
C.Y点对应的Cd(OH)2溶液是过饱和溶液
D.T ℃,在CdCO3(s)+2OH-(aq) Cd(OH)2(s)+C(aq)平衡体系中,平衡常数K=102
答案　D　曲线Ⅱ上任一点c(Cd2+)·c(N)相等,故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线,A错误;由以上分析可知,曲线Ⅰ是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线,Cd(OH)2(s) Cd2+(aq)+2OH-(aq),加热平衡正向移动,c(Cd2+)、c(OH-)都增大,B错误;由X点坐标知,T ℃时,Ksp[Cd(OH)2]=c(Cd2+)·c2(OH-)=10-4×(10-5)2=10-14,Y点Q[Cd(OH)2]=c(Cd2+)·c2(OH-)=10-4×(10-6)2=10-16,Q[Cd(OH)2]4.H2C2O4为二元弱酸,Ka1=5.9×10-2,Ka2=6.4×10-5,lg 6.4≈0.8,向20 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液中滴加0.2 mol/L KOH溶液,溶液中含碳微粒的存在形式与物质的量百分比随KOH溶液体积变化如图所示,下列说法中错误的是 (　　)
A.当c(HC2)=c(C2)时,混合溶液pH≈4.2
B.滴入10 mL KOH溶液时,溶液呈酸性
C.滴入20 mL KOH溶液时,溶液中c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)=0.1 mol/L
D.滴入KOH溶液的过程中,可能出现c(H+)>c(HC2)>c(C2)>c(OH-)
答案　C　Ka2=,当c(HC2)=c(C2)时,Ka2=c(H+)=6.4×10-5,pH=-lg 6.4×10-5≈5-0.8=4.2,A正确;当滴入10 mL KOH溶液时,溶质主要为KHC2O4,HC2的水解平衡常数Kh==≈1.7×10-13c(HC2)>c(C2)>c(OH-),则在滴入极少量KOH溶液时存在c(H+)>c(HC2)>c(C2)>c(OH-),D正确。
5.(双选)向K2CO3和KHCO3的混合溶液中加入少量CaCl2,测得溶液中离子浓度的关系如图所示,下列说法正确的是 (　　)
A.a、b、c三点对应的溶液中pH最大的为c点
B.该溶液中存在:<
C.向b点溶液中通入CO2可使b点溶液向c点溶液转化
D.b点对应的溶液中存在:3c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=3c(C)+c(OH-)+c(Cl-)
答案　BC　HC的电离平衡常数Ka2=,则=,-lg=-lg,-lg越小,c(H+)越小,pH越大,所以a、b、c三点对应溶液pH的大小顺序为a>b>c,A错误;H2CO3是二元弱酸,电离平衡常数:Ka1>Ka2,=,=,所以溶液中存在<,B正确;向b点溶液中通入CO2,则c(HC)增大,-lg增大,所以可使b点溶液向c点溶液转化,C正确;根据电荷守恒可得:2c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(OH-)+c(Cl-),b点时-lg=0,即c(C)=c(HC),则2c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=3c(C)+c(OH-)+c(Cl-),故D错误。
6.(双选)25 ℃时,用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、FeSO4三种溶液,pM[p表示负对数,M表示、c(Cu2+)、c(Fe2+)]随pH变化关系如图所示,已知Ksp[Cu(OH)2]A.②代表滴定CuSO4溶液的变化关系
B.滴定HX溶液至a点时,溶液的pH=8
C.滴定HX溶液至c(X-)=c(HX)时,溶液中:c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
D.如果完全除去工业废水中的Cu2+,需要调节溶液的pH≥6.7
答案　BD　由Ksp[Cu(OH)2]7.(双选)在“水质研学行动”中,科学兴趣小组对某地矿泉水进行了检测。室温下,测得该水中p(X)与pOH关系如图所示[已知:p(X)=-lg c(X),X为H2CO3、HC、C或Ca2+]。下列说法错误的是(　　)
A.曲线③代表p(Ca2+)随pOH的变化
B.该温度下,pH+p(C)=10.8
C.该温度下的Ksp(CaCO3)=1×10-9.2
D.当p(Ca2+)=6.1时,p(HC)=1.8
答案　AD　pH增大,溶液碱性增强,HC、C浓度都增大,pH较小时c(HC)>c(C),根据p(X)=-lg c(X),pOH=-lg c(OH-),碱性越强,pOH越小,HC、C浓度越大,p(X)越小,因此曲线③代表p(HC)随pOH的变化,②代表p(C)随pOH的变化,①代表p(Ca2+)随pOH的变化。由上述分析可知,曲线①代表p(Ca2+)随pOH的变化,A错误;根据分析可知,曲线②代表p(C)随pOH的变化,当pOH=3.7时,根据水的离子积可知14=pOH+pH,得pH=14-3.7=10.3,p(C)=1.0,可得pH+p(C)=10.3+×1.0=10.8,B正确;当pOH=5.5时,p(C)=p(Ca2+)=4.6,故Ksp(CaCO3)=c(C)c(Ca2+)=10-4.6×10-4.6=10-9.2,C正确;根据点(3.7,1.0),Ka1(H2CO3)==c(H+)=10-10.3,根据点(7.7,5.0),Kh(HC)==c(OH-)=10-7.7,当p(Ca2+)=6.1时,根据Ksp(CaCO3)=10-9.2可知p(C)=3.1,代入Ka1(H2CO3)==10-10.3,得==10-7.2①,根据图中信息可知c(H2CO3)=10-5,代入Kh(HC)==10-7.7,得==10-2.7②,KW=c(H+)c(OH-)=10-14③,将①②③联立,解得c(HC)=10-2.05 mol·L-1,p(HC)=-lg c(HC)=-lg 10-2.05=2.05,D错误。
8.(双选)GaCl3溶液中存在平衡:Ga3+ Ga(OH)2+ Ga(OH Ga(OH)3 Ga(OH。常温下,向GaCl3溶液中加入NaOH溶液,Ga3+、Ga(OH)2+、Ga(OH、Ga(OH)3、Ga(OH的浓度分数(α)随溶液pH变化如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.曲线b表示Ga(OH)2+的浓度分数随溶液pH的变化
B.Ga(OH)2++H2O Ga(OH+H+,该平衡常数K的数量级为10-4
C.x点,c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
D.y点,pH=
答案　CD　由图示信息可知,随着pH增大,OH-浓度增大,平衡Ga3+ Ga(OH)2+ Ga(OH Ga(OH)3 Ga(OH向右移动,故曲线a、b、c、d、e分别代表Ga3+、Ga(OH)2+、Ga(OH、Ga(OH)3、Ga(OH的浓度分数随溶液pH的变化。曲线b表示Ga(OH)2+的浓度分数随溶液pH的变化,A正确;Ga(OH)2++H2O Ga(OH+H+的平衡常数K=,由图可知,pH=3.6时c[Ga(OH]=c[Ga(OH)2+],K=c(H+)=10-3.6,所以平衡常数K的数量级为10-4,B正确;由图示信息可知,x点表示c[Ga(OH]=c[Ga(OH)3],对应的溶液中所含溶质为NaCl、Ga(OH)3和Ga(OH)2Cl,c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),C错误;由图示信息可知,y点表示c[Ga(OH]=c[Ga(OH],K3=,K4=,则K3×K4=c2(H+),即pH=-lg c(H+)=-lg=,D错误。
9.室温下,通过下列实验探究NH4Fe(SO4)2溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液的pH,测得pH约为5
2 向0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液,产生沉淀
3 向0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中通入足量的NH3,产生红褐色沉淀
4 向0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中加入NaHS溶液,产生浅黄色沉淀
下列说法正确的是 (　　)
A.0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中存在:c(N)+3c(Fe3+)=2c(S)
B.实验2中沉淀成分仅为Fe(OH)3
C.实验3得到的溶液中有c(N)+c(NH3·H2O)+c(S)>0.3 mol·L-1
D.实验4中发生反应的离子方程式为2Fe3++2HS- 2Fe2++2S↓+H2↑
答案　C　A项,溶液中存在电荷守恒:c(N)+3c(Fe3+)+c(H+)=2c(S)+c(OH-),测得pH约为5,则c(H+)>c(OH-),c(N)+3c(Fe3+)<2c(S),错误;B项,实验2中的沉淀有Fe(OH)3和BaSO4,错误;C项,0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中NH4Fe(SO4)2完全电离,N水解,则c(N)+c(NH3·H2O)=0.1 mol·L-1,c(S)=0.2 mol·L-1,故c(N)+c(NH3·H2O)+c(S)=0.3 mol·L-1,通入足量的NH3,导致溶液中N、NH3·H2O的量增多,则有c(N)+c(NH3·H2O)+c(S)>0.3 mol·L-1,正确;D项,Fe3+氧化HS-生成S和Fe2+,根据Fe、S元素得失电子守恒配平离子方程式:2Fe3++HS- 2Fe2++S↓+H+,错误。
10.联氨(N2H4)可溶于水,在水中的电离方式与氨(NH3)相似。室温下,向0.1 mol/L联氨溶液中通入HCl,若通入HCl所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略。已知:N2H4电离平衡常数分别为≈1×10-6、≈1×10-15。下列说法不正确的是 (　　)
A.N2H4吸收等物质的量HCl所得溶液中:c(N2)B.N2H4完全转化为N2H6Cl2时,溶液中:c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(N2)+2c(N2)
C.2N2 N2H4+N2的平衡常数为K,则K=1×10-9
D.常温下,N2H6Cl2与N2H5Cl的混合溶液可能呈中性
答案　D　由N2H4在水中的电离方式与NH3相似可知,N2H4第一步电离为N2H4+H2O N2+OH-,第二步电离为N2+H2O N2+OH-。N2H4吸收等物质的量HCl所得溶液为N2H5Cl,N2水解生成N2H4,Kh(N2)==1×10-8,N2电离生成N2,Kh(N2)>,故N2水解程度大于电离程度,c(N2)11.草酸钠(Na2C2O4)用作抗凝血剂。室温下,通过下列实验探究Na2C2O4溶液的性质:
实验 实验操作和现象
1 测得0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液的pH=8.4
2 向0.2 mol·L-1 Na2C2O4溶液中加入等体积0.2 mol·L-1盐酸,测得混合后溶液的pH=5.5
3 向0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中先滴加几滴H2SO4溶液,再滴加KMnO4溶液,振荡
4 向0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 CaCl2溶液,产生白色沉淀
下列有关说法正确的是 (　　)
A.0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中存在:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(C2)+c(HC2)
B.实验2得到的溶液中:c(H2C2O4)>c(Cl-)>c(C2)
C.实验3中Mn被还原成Mn2+,则反应的离子方程式:2Mn+5C2+14H+ 2Mn2++10CO2↑+7H2O
D.依据实验4可得:Ksp(CaC2O4)<2.5×10-3
答案　D　A项,根据电荷守恒可知,0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中存在:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(C2)+c(HC2),错误;B项,实验2反应生成等浓度的NaCl和NaHC2O4混合溶液,测得混合后溶液的pH=5.5,则HC2的电离程度大于水解程度,故实验2得到的溶液中:c(Cl-)>c(C2)>c(H2C2O4),错误;C项,实验3中Mn被还原成Mn2+,则反应的离子方程式为2Mn+5C2+16H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O,错误;D项,向0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 CaCl2溶液,产生白色沉淀,则有Q=c(Ca2+)·c(C2)=×=2.5×10-3>Ksp(CaC2O4),D正确。
12.室温下,用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4粉末,一段时间后过滤,向滤渣中加入过量盐酸产生气泡,滤渣未完全溶解。已知室温下:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaCO3)=2.6×10-9,下列说法正确的是 (　　)
A.室温下,BaSO4的溶解度大于BaCO3
B.滤渣中加入盐酸反应的离子方程式:2H++C H2O+CO2↑
C.反应BaSO4+C BaCO3+S正向进行,需满足>
D.过滤后所得清液中一定存在:c(Ba2+)=且c(Ba2+)≥
答案　C　A项,由室温下Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的数值,可以判断BaSO4的溶解度小于BaCO3,错误;B项,滤渣部分溶于盐酸产生气体,则应为BaCO3与盐酸反应,因为BaCO3为难溶物,在写离子方程式时不可拆开,错误;C项,该反应的K=====,当Q,正确;D项,滤渣中加入过量盐酸,滤渣未完全溶解,说明滤渣中有BaCO3和BaSO4,则上层清液中BaCO3达到沉淀溶解平衡,即存在c(Ba2+)·c(C)=Ksp(BaCO3),而滤液无BaSO4沉淀析出,则c(Ba2+)·c(S)≤Ksp(BaSO4),错误。
名师点睛　若一种沉淀剂可使溶液中多种离子产生沉淀时,则可控制条件使这些离子先后沉淀。(1)对于同一类型的沉淀,Ksp越小越先沉淀,且Ksp相差越大分步沉淀效果越好。如在Cl-、Br-、I-的混合溶液中,由于AgCl、AgBr、AgI的Ksp相差较大,逐滴加入Ag+可按I-、Br-、Cl-的顺序先后沉淀,即Ksp最小的首先沉淀出来。(2)对于不同类型的沉淀,要利用Ksp计算溶液中离子的浓度,根据离子浓度的大小来判断沉淀的先后顺序,如AgCl和Ag2CrO4的分步沉淀,可通过控制Ag+浓度来完成。
13.室温下,通过下列实验探究NH4Fe(SO4)2溶液的性质。
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液的pH,测定pH约为2
2 向2 mL 0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中加入过量的0.1 mol·L-1 Ba(OH)2溶液,有沉淀生成,微热,产生有刺激性气味的气体
3 向2 mL 0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中加入过量的5 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液,有黄色和黑色的混合沉淀生成,静置
4 向Mg(OH)2悬浊液中滴加几滴0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液,部分白色沉淀变成红褐色,静置
下列有关说法正确的是 (　　)
A.由实验1可得0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中存在:c(N)+3c(Fe3+)>2c(S)
B.实验2反应的离子方程式:N+Fe3++OH- NH3+Fe(OH)3+H2O
C.实验3所得上层清液中存在:c(Na+)>2[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)]
D.实验4所得上层清液中存在:c(Mg2+)·c2(OH-)答案　C　实验1中,该溶液存在电荷守恒:c(N)+3c(Fe3+)+c(H+)=2c(S)+c(OH-),测得pH约为2,c(H+)>c(OH-),则c(N)+3c(Fe3+)<2c(S),A错误;实验2中,Ba(OH)2过量,则反应生成NH3、Fe(OH)3沉淀和BaSO4沉淀,离子方程式为N+Fe3++2S+2Ba2++4OH- NH3↑+Fe(OH)3↓+2BaSO4↓+H2O,B错误;实验3中,有黄色和黑色沉淀物生成,可知Fe3+和S2-反应生成S和FeS,在Na2S溶液中,根据元素质量守恒可得,c(Na+)=2[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)],部分S2-转化为S和FeS,则c(Na+)>2[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)],C正确;上层清液为Mg(OH)2的饱和溶液,则c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2],D错误。
14.已知草酸(H2C2O4)为二元弱酸,H2C2O4、HC2、C2三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。室温下,通过下列实验探究草酸的性质。下列说法不正确的是 (　　)
实验 实验操作
1 向10 mL 0.1 mol/L草酸溶液中加入等浓度的KOH溶液10 mL
2 向10 mL 0.1 mol/L草酸溶液中逐滴加入等浓度的KOH溶液至pH=4.2
3 向10 mL 0.1 mol/L草酸溶液中加入过量氢氧化钙溶液,产生白色沉淀
A.实验1所得溶液中c(K+)>c(HC2)>c(H2C2O4)>c(C2)
B.实验2过程中,水的电离程度一直增大
C.实验2所得溶液中c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2)
D.实验3反应静置后的上层清液中c(Ca2+)·c(C2)=Ksp(CaC2O4)
答案　A　由题图可知,曲线1和曲线2的交点处pH=1.2,c(HC2)=c(H2C2O4),此时(H2C2O4)==10-1.2,同理根据曲线2和曲线3的交点处pH=4.2可得,(H2C2O4)=10-4.2,实验1所得溶液为KHC2O4溶液,HC2的水解平衡常数Kh===10-12.8<(H2C2O4),即HC2的电离程度大于其水解程度,所以KHC2O4溶液中c(K+)>c(HC2)>c(C2)>c(H2C2O4),A错误;实验2过程中,随着KOH溶液的加入,溶液中c(H2C2O4)和c(H+)减小,H+对水的电离的抑制作用减弱,HC2或C2的水解程度增大,即水的电离程度一直增大,B正确;实验2所得溶液中pH=4.2,此时c(HC2)=c(C2),即溶液中的溶质是KHC2O4和K2C2O4,该溶液中存在电荷守恒:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),C正确;实验3反应静置后的上层清液为CaC2O4的饱和溶液,存在c(Ca2+)·c(C2)=Ksp(CaC2O4),D正确。
15.水体中的As(V)可转化为Ca3(AsO4)2沉淀除去,As(Ⅲ)可用碘水氧化为As(Ⅴ)后,再转化为Ca3(AsO4)2沉淀除去,已知Ksp[Ca3(AsO4)2]=1×10-21.2、Ksp(CaCO3)=1×10-8.6;H3AsO4水溶液中含砷的各微粒的分布分数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.0.1 mol·L-1 Na2HAsO4溶液中存在:2c(Na+)=c(H3AsO4)+c(H2As)+c(HAs)+c(As)
B.用0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液浸泡Ca3(AsO4)2沉淀,无CaCO3沉淀生成
C.=10-9.2
D.pH>13时,向Na3AsO3溶液中滴加少量碘水时发生反应的离子方程式为As+I2+H2O As+2I-+2H+
答案　C　0.1 mol·L-1 Na2HAsO4溶液中存在元素质量守恒:c(Na+)=2[c(H3AsO4)+c(H2As)+c(HAs)+c(As)],A错误;Ca3(AsO4)2中存在沉淀溶解平衡:Ca3(AsO4)2 3Ca2++2As,Ksp[Ca3(AsO4)2]=c3(Ca2+)·c2(As)=c3(Ca2+)·[c(Ca2+)]2=c5(Ca2+),c5(Ca2+)=Ksp[Ca3(AsO4)2]=×10-21.2,用0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液浸泡Ca3(AsO4)2沉淀,Q5(CaCO3)=c5(Ca2+)·c5(C)=×10-21.2×0.15=×10-26.2>(10-8.6)5,故有CaCO3沉淀生成,B错误;当δ(H3AsO4)=δ(H2As)时,pH=2.2,H3AsO4的==c(H+)=10-2.2,同理==10-7,=·=·=10-9.2,C正确;溶液显碱性,离子方程式中不能出现H+,D错误。
16.下列实验操作能达到实验目的的是 (　　)
A.将MgCl2溶液加热蒸干制备无水MgCl2固体
B.从酸式滴定管中放出25.00 mL KMnO4溶液
C.用排水法收集铜与浓硝酸反应制取的NO2气体
D.配制FeCl3溶液时,将FeCl3·6H2O溶于热水中,然后冷却稀释
答案　B　MgCl2水解且生成的HCl挥发,平衡不断正向移动,加热蒸干得到氢氧化镁,继续加热生成MgO,A错误;KMnO4溶液具有强氧化性,应用酸式滴定管盛装,B正确;NO2气体会与H2O发生反应,不能用排水法收集,C错误;如果直接将FeCl3·6H2O溶于热水中,因为Fe3+的水解而不能得到澄清溶液,一般是将FeCl3·6H2O溶于浓盐酸中,然后加水稀释,D错误。
17.常温下,用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01 mol·L-1的KCl、K2C2O4溶液,所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2的水解)。Xm-表示Cl-或C2。下列叙述正确的是 (　　)
A.Ksp(Ag2C2O4)的数量级为10-7
B.N点表示AgCl的不饱和溶液
C.向c(Cl-)=c(C2)的混合溶液中滴入AgNO3溶液时,先生成Ag2C2O4沉淀
D.常温下,Ag2C2O4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+C2(aq)的平衡常数为109.04
答案　D　由题给沉淀溶解平衡图像可知Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)·c(C2)=(10-4)2×10-2.46=10-10.46,数量级为10-11,A错误;由题图可知,纵坐标是Ag+浓度的负对数,其数值越小对应的Ag+浓度越大,N点在AgCl沉淀溶解平衡图像对应的直线下方,故N点溶液中Q>Ksp(AgCl),是AgCl的过饱和溶液,B错误;由题图可知,当c(Cl-)=c(C2)时,AgCl饱和溶液中Ag+浓度小于Ag2C2O4饱和溶液,故向c(Cl-)=c(C2)的混合溶液中滴入AgNO3溶液时,先生成AgCl沉淀,C错误;由题图可知,Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=1×10-5.75=10-9.75,反应Ag2C2O4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+C2(aq)的平衡常数K=====109.04,D正确。
易混易错　对数型图像中,首先应观察横、纵坐标是对数(lgx)还是负对数(-lgx、pH、pOH等)。若为负对数,应注意负对数越大则实际数值越小。例如本题中横坐标为对数,越往右则c(Xm-)越大,而纵坐标为负对数,越往上则c(Ag+)越小。
18.室温下,向10 mL 浓度均为0.1 mol/L的CuCl2、FeCl2和ZnCl2溶液中分别滴加等浓度的Na2S溶液,滴加过程中pc[pc=-lgc(M2+),M2+为Cu2+或Fe2+或Zn2+]与Na2S溶液体积的关系如图所示。已知:Ksp(CuS)A.m=8.6
B.a点的CuCl2溶液中:c(H+)=c(OH-)+c[Cu(OH)2]
C.a→d→g的过程中,水的电离程度经历由大到小后又增大的过程
D.将足量ZnCl2晶体加入0.1 mol/L的Na2S溶液中,c(Zn2+)最大可达到10-24.4 mol/L
答案　BD　由题图可知,加入10 mL Na2S溶液时,曲线发生突变,Cu2+、Fe2+、Zn2+与S2-反应完全,饱和FeS溶液中c(Fe2+)≈c(S2-),Ksp(FeS)=6.25×10-18,则c(Fe2+)==2.5×10-9 mol/L,-lg(2.5×10-9)≈8.6,c点、d点坐标是已知的,只能是m=8.6,A正确;a点的CuCl2溶液中存在电荷守恒:2c(Cu2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),元素质量守恒:c(Cl-)=2c(Cu2+)+2c[Cu(OH)2],联立两式消去c(Cl-),得到c(H+)=c(OH-)+2c[Cu(OH)2],B错误;曲线acf对应的Ksp=10-12.7×10-12.7=10-25.4,曲线adg对应的Ksp=10-17.7×10-17.7=1,又依据Ksp(CuS)10-20.4mol·L-1,D错误。
19.常温下,向20 mL 0.05 mol/L的H2SO4和H2C2O4两种酸溶液中:①分别加水稀释,②分别加入0.1 mol/L NaOH溶液,所得溶液pH变化如图所示。下列说法正确的是 (　　)
图甲图乙
A.图甲中,中和碱的能力:a=b=c
B.图甲中,水的电离程度:aC.图乙中,d点溶液中:c(Na+)>c(HC2)>c(C2)>c(H+)>c(OH-)
D.图乙中,pH=7的两种溶液中:c(HC2)>c(C2)>2c(S)
答案　A　H2SO4为强酸,H2C2O4为弱酸,同浓度的两种酸溶液,硫酸中的氢离子浓度大,pH小,故Ⅱ为H2SO4,Ⅰ为H2C2O4。同浓度同体积的H2SO4和H2C2O4溶液中所含的溶质的物质的量相同,加水稀释后不影响溶质的物质的量,因此a、b、c三点中和碱的能力相同,A正确。酸对水的电离起抑制作用,并且c(H+)越大水的电离程度越小,由题图甲可知c(H+):c>b>a,故水的电离程度:cc(HC2)>c(H+)>c(C2)>c(OH-),C错误。pH=7时Ⅱ中溶质为Na2SO4,此时所加NaOH溶液的体积为20 mL,存在电荷守恒c1(Na+)=2c(S);往H2C2O4溶液中加入NaOH溶液,要使pH等于7,则加入的NaOH溶液体积小于20 mL,存在电荷守恒c2(Na+)=c(HC2)+2c(C2),由于c2(Na+)20.向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中加入少量Ca(NO3)2,测得溶液中离子浓度的关系如图所示,下列说法错误的是 (　　)
A.a、b、c三点对应的溶液中pH由小到大的顺序是aB.b点对应的溶液中存在:2c(Ca2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(C)+c(OH-)+c(N)
C.向b点溶液中通入CO2可使b点溶液向c点溶液转化
D.该溶液中存在:>
答案　AD　依据碳酸第二步电离常数的表达式,对其进行变形可得:-lg=-lg=-lg+pH,温度不变电离平衡常数不变,故横坐标相同时,纵坐标-lg数值越小,溶液的pH越大,故a、b、c三点对应的溶液中pH由小到大的顺序是a>b>c,A错误;溶液中存在电荷守恒式:2c(Ca2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(OH-)+c(N)+c(HC),b点的纵坐标为0,推知b点c(C)=c(HC),代入电荷守恒式,B正确;向b点溶液中通入CO2导致溶液中c(HC)增大,-lg增大,所以可以使b点溶液向c点溶液转化,C正确;将H2CO3第一步电离平衡常数进行变形得到:=,将H2CO3第二步电离平衡常数进行变形得到:=,同一溶液中c(H+)相等,>,故<,D错误。
21.向5 mL 0.10 mol·L-1H2A溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液,滴定过程中溶液pH和温度随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.30 ℃时,(Н2А)=10-9.7
B.从W点至Z点,水的电离程度逐渐增大
C.当c(H2A)=c(A2-)时,溶液pH=6
D.当=3时,c(H2A)>c(A2-)-c(HA-)
答案　BD　由题图可知,曲线上有两处突变,X为第一个反应终点,依据反应H2A+NaOH NaHA+H2O,消耗的n(NaOH)=n(H2A),结合=2.00,c(H2A)=0.10 mol·L-1,求得c(NaOH)=0.05 mol·L-1,X点为NaHA溶液;Z为第二个反应终点,依据反应H2A+2NaOH Na2A+2H2O,Z点为Na2A溶液;当c(HA-)=c(A2-)时,溶液pH=9.7,(Н2А)=10-9.7,分析题图可知,此时对应的温度为Y点温度,超过了30 ℃,而电离平衡常数受温度影响,A错误。从W点至Z点,能够水解的盐越来越多,盐的水解促进水的电离,故水的电离程度逐渐增大,B正确。不考虑温度对电离平衡常数的影响,根据W点的数据可以算出=10-2.3,当c(H2A)=c(A2-)时,·=c2(H+),推知c(H+)= mol·L-1=10-6 mol·L-1,溶液pH=6,但是电离平衡常数受温度影响,C错误。当=3时,即==,由元素质量守恒:2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)],电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),由题图可知此时溶液pH=9.7,即c(H+)< c(OH-),故c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-),将c(Na+)代入元素质量守恒式并进行整理得c(H2A)>c(A2-)-c(HA-),D正确。
22.根据下列各图曲线表征的信息,得出的结论错误的是　　 (　　)
　 图1图2
　 图3图4
A.图1表示常温下向10 mL 0.1 mol·L-1的NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线,则c点处有c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-)
B.图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线,其中Ⅰ表示醋酸,Ⅱ表示盐酸,且溶液导电性:c>b>a
C.图3表示H2与O2反应过程中的能量变化,表示H2燃烧热的ΔH=-285.8 kJ·mol-1
D.结合图4分析可知,向100 mL 含Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+均为10-5 mol/L的混合溶液中逐滴加入1×10-4 mol/L Na2S溶液,Cu2+先沉淀
答案　B　题图1中c点为等浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液,存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),元素质量守恒式为2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),联立两式消去c(Na+)可得c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-),A正确。将pH相同的盐酸和醋酸稀释相同的倍数,pH变化较大的为盐酸,pH变化较小的为醋酸溶液,则题图2中Ⅰ表示盐酸,Ⅱ表示醋酸溶液;根据pH的大小,可知溶液中离子总浓度由大到小的顺序为a>b>c,故溶液的导电性:a>b>c,B错误。表示H2燃烧热的ΔH=(-571.6÷2)kJ·mol-1=-285.8 kJ·mol-1,C正确。题图4中越靠近左下方的直线,其对应的M2+和S2-浓度越小,Ksp越小,故Ksp(CuS)23.常温下,0.1 mol·L-1 H2R溶液中H2R、HR-、R2-三者所占物质的量分数(分布系数δ)随pH变化的关系如图1所示,向0.1 mol·L-1 Na2R溶液中滴加稀盐酸,所得混合溶液的pH与P[P=lg或lg]的变化关系如图2所示。下列说法正确的是 (　　)
图1 图2
A.水的电离程度:c>d>b>a
B.b点时,c(H2R)>c(HR-)>c(H+)>c(R2-)
C.图1中M点即为图2中N点,对应的pH=2.8
D.d点时,3c(HR-)>c(Cl-)+c(OH-)-c(H+)
答案　CD　随着pH增大,c(H2R)减小,c(HR-)先增大后减小,c(R2-)增大,故题图1中曲线1代表H2R,曲线2代表HR-,曲线3代表R2-。=,=,故lg=lg,lg=lg,随着pH增大,lg增大,lg减小,故题图2中L1代表lg随pH的变化关系,L2代表lg随pH的变化关系。由a点得==10-2×100.7=10-1.3,由c点得==10-3×10-1.3=10-4.3,Kh(HR-)===10-12.7<,故HR-的电离程度大于水解程度,H2R、HR-会抑制水的电离,R2-会促进水的电离,pH增大时c(R2-)增大,使水的电离程度增大,故水的电离程度:c=d>b>a,A错误。题图2中b点时2c(H2R),B错误。N点为L1与L2的交点,有lg=lg,得c(H2R)=c(R2-),故题图2中N点即为题图1中M点,又由 ×=×=c2(H+),得c(H+)===10-2.8,pH=2.8,C正确。d点时,联立电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+2c(R2-)+c(HR-)、元素质量守恒式c(Na+)=2[c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)]得,c(HR-)+2c(H2R)=c(Cl-)+c(OH-)-c(H+),d点pH=3,由题图1知c(HR-)>c(H2R),故3c(HR-)>c(HR-)+2c(H2R)=c(Cl-)+c(OH-)-c(H+),D正确。
24.Na2CO3-NaHCO3缓冲溶液可以将溶液pH控制在9.16~10.83范围内,25 ℃时,(H2CO3)=4×10-7、(H2CO3)=5×10-11,下列说法不正确的是 (　　)
A.0.5 mol·L-1的Na2CO3溶液pH约为12
B.pH=8的NaHCO3溶液中,水电离产生的c(OH-)=10-6 mol·L-1
C.0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中存在c(HC)>c(H2CO3)>c(C)
D.pH=10的该缓冲溶液中存在:c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3)
答案　D　A项,由Kh(C)==可得0.5 mol·L-1的Na2CO3溶液中c(OH-)≈= mol·L-1=0.01 mol·L-1,则pH约为12,正确;B项,NaHCO3溶液中碳酸氢根离子的水解促进水的电离,pH=8的NaHCO3溶液中c(H+)=10-8 mol·L-1,由KW=c(H+)·c(OH-)=10-14得出c(OH-)=10-6 mol·L-1,所以水电离产生的c(OH-)=10-6 mol·L-1,正确;C项,NaHCO3溶液显碱性,说明HC的水解程度大于电离程度,所以c(HC)>c(H2CO3)>c(C),正确;D项,由元素质量守恒可知,NaHCO3溶液中c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3),Na2CO3溶液中c(Na+)=2c(C)+2c(HC)+2c(H2CO3),则pH=10的Na2CO3-NaHCO3缓冲溶液中c(Na+)>c(C)+c(HC)+c(H2CO3),错误。
25.常温下,将0.1 mol BaSO4粉末置于盛有500 mL蒸馏水的烧杯中,然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌,该过程中几种离子的浓度变化曲线如图所示,下列说法不正确的是 (　　)
A.反应BaSO4(s)+C(aq) BaCO3(s)+S(aq)的K=0.04
B.相同温度下,BaSO4在水中和在BaCl2溶液中的Ksp相同
C.曲线MP代表c(Ba2+)变化
D.锅炉水垢中的CaSO4可先用Na2CO3溶液处理,使CaSO4转化为CaCO3后,再用酸除去
答案　C　由题图可知,当加入的Na2CO3固体使溶液中c(C)=2.5×10-4 mol·L-1时,开始发生沉淀的转化,此后c(Ba2+)降低,c(S)升高,即MP线为c(S)的变化曲线,而MN线是c(Ba2+)的变化曲线。A项,M点时,反应BaSO4(s)+C(aq) BaCO3(s)+S(aq)的K===0.04,正确;B项,溶度积常数Ksp只与温度有关,因此相同温度下,BaSO4在水中和在BaCl2溶液中的Ksp相同,正确;D项,CaSO4微溶于水且不溶于酸,根据沉淀溶解平衡移动原理,可先用Na2CO3溶液将CaSO4转化为CaCO3,然后再向其中加入盐酸,从而除去锅炉水垢,正确。
26.50 ℃时,下列各溶液中,离子的物质的量浓度关系正确的是 (　　)
A.pH=4的CH3COOH溶液中,c(H+)=c(CH3COO-)=1.0×10-4 mol·L-1
B.CH3COOH和CH3COONa的酸性混合溶液中,c(CH3COO-)>c(Na+)
C.Na2SO3溶液中,c(Na+)=2c(S)+c(HS)+c(H2SO3)
D.pH=12的NaOH溶液中:c(OH-)=1.0×10-2 mol·L-1
答案　B　A项,pH=4的CH3COOH溶液中,c(H+)=1.0×10-4 mol·L-1,根据电荷守恒可得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故c(H+)>c(CH3COO-),错误;B项,CH3COOH和CH3COONa的酸性混合溶液中,c(OH-)1.0×10-14,pH=12,c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1,所以此时c(OH-)>1.0×10-2 mol·L-1,错误。
27.二元酸(H2A)在水中存在电离:H2A H++HA-,HA- H++A2-。则下列说法正确的是 (　　)
A.NaHA溶液中含A的物种有3个
B.室温下,NaHA溶液中水电离的c(H+)>10-7 mol/L
C.NaHA溶液中c(Na+)D.将0.1 mol/L的Na2A溶液加水稀释,减小
答案　C　A项,根据题意知H2A第一步完全电离,HA-不会发生水解,HA- H++A2-,HA-部分电离,因此NaHA溶液中含A的物种有HA-、A2-,错误;B项,HA-只电离不水解,故溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),抑制水自身的电离,故水电离的c(H+)<10-7 mol/L,错误;C项,NaHA溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),由于HA-部分电离,c(H+)>c(OH-),故c(Na+)28.室温下,向20 mL 0.100 0 mol·L-1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸,混合溶液的温度、酸度AG随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.硫酸的浓度为0.100 0 mol·L-1
B.b点对应的溶液中:c(M+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(MOH)
C.当AG=0时,溶液中存在:c(S)>c(M+)>c(H+)=c(OH-)
D.b、c、d三点对应的溶液中,水的电离程度的大小关系是b>c>d
答案　B　题图中纵坐标是温度和酸度,未滴定时,溶液的AG=-8,可知此时pH=11,说明MOH为弱碱,当V(稀硫酸)=20 mL时,滴定曲线发生突变,温度达到最高,说明此时到达滴定终点。A项,硫酸为二元强酸,恰好到达滴定终点时酸碱溶液体积相同,故硫酸浓度为0.050 00 mol·L-1,错误;B项,b点时,消耗稀硫酸10 mL,根据2MOH~H2SO4~M2SO4可知,生成M2SO4的物质的量为0.050 00 mol·L-1×10×10-3 L=5.000×10-4 mol,消耗MOH的物质的量为2×5.000×10-4 mol=1.000×10-3 mol,剩余MOH的物质的量为0.100 0 mol·L-1×20×10-3 L-1.000×10-3 mol=1.000×10-3 mol,即b点对应的溶液中n(MOH)∶n(M2SO4)=2∶1,此时溶液中存在电荷守恒:c(M+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S)①,元素质量守恒:c(M+)+c(MOH)=4c(S)②,则①×2-②可得质子守恒式:c(M+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(MOH),正确;C项,当AG=0时,溶液呈中性,此时溶液中c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒式c(M+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S),此时c(M+)>c(S),错误;D项,c点对应滴定终点,此时溶液中水的电离程度最大,盐的水解促进水的电离,d点盐的浓度大,故水的电离程度:d>b,则b、c、d三点对应的溶液中,水的电离程度的大小关系是c>d>b,错误。
29.25 ℃时,甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示[已知:甲酸酸性比丙酸强,δ(RCOOH)=]。下列说法不正确的是 (　　)
A.曲线a代表的是丙酸
B.丙酸的电离常数的数量级是10-5
C.等浓度的 HCOONa溶液和CH3CH2COONa溶液的pH比较:前者<后者
D.将0.1 mol·L-1的HCOOH溶液与0.1 mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)>c(HCOOH)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)
答案　D　A项,根据已知信息甲酸酸性比丙酸强,所以在相同pH下,丙酸的δ(RCOOH)大,曲线a表示丙酸,曲线b表示甲酸,正确;B项,pH=4.88时,丙酸的δ(RCOOH)=50%,所以c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-),CH3CH2COOH CH3CH2COO-+H+,c(H+)=10-4.88 mol·L-1,Ka数量级是10-5,正确;C项,甲酸酸性比丙酸强,所以HCOO-的水解程度小于CH3CH2COO-的水解程度,等浓度的HCOONa溶液和CH3CH2COONa溶液的pH:前者<后者,正确;D项,将0.1 mol·L-1的HCOOH溶液和0.1 mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合,由图知甲酸的电离常数为10-3.75,水解常数为=10-10.25,故HCOOH的电离程度大于HCOO-的水解程度,溶液呈酸性,即c(OH-)30.常温下,将0.1 mol·L-1NaOH溶液滴加到20 mL 0.1 mol·L-1二元弱酸H2A溶液中,混合溶液的pH随NaOH溶液滴入量的关系如图所示。下列叙述不正确的是 (　　)
A.(H2A)≈10-3
B.b点时溶液中存在c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
C.c点时溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+c(A2-)
D.溶液中水的电离程度:c>b>a
答案　C　A项,0.1 mol·L-1NaOH溶液滴加到20 mL 0.1 mol·L-1二元弱酸H2A溶液中,a点时c(H2A)∶c(NaHA)≈1∶1,=≈10-3,c点时c(NaHA)∶c(Na2A)≈1∶1,=≈10-9.5,正确;B项,b点时V(NaOH溶液)=20 mL,可知溶液中的溶质为NaHA,结合图中信息b点pH<7,可知HA-的电离程度大于水解程度,故溶液中存在c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),正确;C项,c点对应溶液中的溶质为等物质的量的NaHA和Na2A,由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-),错误;D项,酸的电离抑制水的电离,盐的水解促进水的电离,c点溶质为等物质的量的NaHA和Na2A,溶液呈碱性,HA-和A2-的水解均促进水的电离,a、b点溶液均呈酸性,说明这两点HA-电离的抑制作用大于盐水解的促进作用,且a点HA-浓度大,抑制作用大,故水的电离程度c>b>a,正确。
31.实验小组以某铜渣(主要成分为Cu、Cu2S,含少量Mn和Ag)为原料先制备硫酸铜,再由硫酸铜制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]。实验包括如下过程:
(1)浸取。
将一定量的铜渣粉碎后加到如图所示的三颈烧瓶中,再通过分液漏斗分批滴入稀硝酸和稀硫酸混合溶液,滴加液体的间隔利用二连球鼓入O2,铜渣充分反应后,向溶液中加入少量NaCl,过滤。
①已知浸取时无S和SO2生成,写出浸取时Cu2S所发生反应的离子方程式: 　。
②滴加液体的间隔向三颈烧瓶内鼓入O2的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③当观察到　,
可以停止鼓入O2。
④加入NaCl的目的是
　。
[已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5]
(2)制取CuSO4。
向滤液中加入NaOH溶液调节pH范围为　　　　　　　　,过滤;向滤渣中加入稀硫酸至滤渣恰好完全溶解,得CuSO4溶液。{假设Mn2+、Cu2+开始沉淀时c=1.0 mol·L-1,沉淀完全时c<1.0×10-5 mol·L-1。Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-20,Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-13}
答案　(1)①3Cu2S+16H++10N 6Cu2++3S+10NO↑+8H2O　②将生成的NO气体转化为硝酸,提高硝酸的利用率　③鼓入O2气体不再出现红棕色　④将硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀,将溶液中Ag+除尽
(2)6.5≤pH<7.5
解析　(1)①铜渣被浸取时无S和SO2生成,说明杂质Cu2S中的-2价的S被稀硝酸氧化成+6价,即硫酸根离子,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出反应的离子方程式。②由于稀硝酸被还原时生成了NO气体,可在滴加液体的间隔利用二连球鼓入氧气,使生成的NO气体转化为硝酸,提高硝酸的利用率。③当鼓入O2后,装置中不再出现红棕色,说明装置中已无NO气体生成,此时可停止鼓入O2。④杂质Ag也能被稀硝酸氧化,为了使反应后溶液中的Ag+完全除去,可利用AgCl比Ag2SO4的溶解度更小,在反应后的溶液中,加入少量NaCl,使Ag2SO4转化为更难溶的AgCl沉淀,然后过滤,以除去Ag+。(2)为了使滤液中的Mn2+、Cu2+分开,可利用Cu(OH)2和Mn(OH)2的溶度积差异,通过向滤液中加入NaOH溶液调节溶液的pH,使Cu2+完全转化为Cu(OH)2沉淀,以实现两种离子分开。题目假设Mn2+、Cu2+开始沉淀时c=1.0 mol·L-1,沉淀完全时c<1.0×10-5 mol·L-1,根据Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=1.0×10-20,c(OH-)== mol·L-1=1.0×10-7.5 mol·L-1,即pH=6.5时,Cu2+沉淀完全,根据Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-13,可得Mn2+开始沉淀时c(OH-)== mol·L-1=1.0×10-6.5 mol·L-1,即pH=7.5时,Mn2+开始沉淀,所以为了使Cu2+完全沉淀,而Mn2+不沉淀,应向滤液中加入NaOH溶液调节pH范围为6.5≤pH<7.5。