《2025年非常学案高中化学选择性必修第一册人教版》

任务四 沉淀溶解平衡
硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作印染媒染剂，医药上用于催吐剂。已知25℃时，$K_sp[Zn(OH)_2]=1.0 × 10^{-17}$，$K_sp(Ag_2SO_4)=1.4 × 10^{-5}$。
活动1 向水中加入少量$ZnSO_4$固体时，水的电离平衡向哪个方向移动？$K_w$如何变化？
活动2 向$0.5\ L\ 0.10\ mol · L^{-1}\ ZnSO_4$溶液中加入等体积$0.02\ mol · L^{-1}\ AgNO_3$溶液，能否生成$Ag_2SO_4$沉淀？
活动3 常温下，要除去$0.20\ mol · L^{-1}\ ZnSO_4$溶液中的$Zn^{2+}$，pH的取值范围是多少？

答案： 活动1 提示：向水中加入 ${ZnSO_{4}}$ 固体，${Zn^{2+}}$ 发生水解反应，促使水的电离平衡正向移动，由于温度不变，则 $K_{w}$ 不变。活动2 提示：${ZnSO_{4}}$ 和 ${AgNO_{3}}$ 溶液等体积混合后，$c{(SO^{2-}_{4})}=0.05\ mol·L^{-1}$，$c{(Ag^{+})}=0.01\ mol·L^{-1}$，则 $Q=c{(SO^{2-}_{4})}· c^{2}{(Ag^{+})}=0.05×0.01^{2}=5×10^{-6}＜K_{sp}{(Ag_{2}SO_{4})}=1.4×10^{-5}$，故不能生成 ${Ag_{2}SO_{4}}$ 沉淀。活动3 提示：要除去溶液中 ${Zn^{2+}}$，应使 $c{(Zn^{2+})}\leqslant1.0×10^{-5}\ mol·L^{-1}$，则有 $c{(OH^{-})}\geqslant\sqrt{\dfrac{K_{sp}{[Zn(OH)_{2}]}}{c{(Zn^{2+})}}}=\sqrt{\dfrac{1.0×10^{-17}}{1.0×10^{-5}}}\ mol·L^{-1}=10^{-6}\ mol·L^{-1}$，此时溶液的 $c{(H^{+})}\leqslant\dfrac{K_{w}}{c{(OH^{-})}}=\dfrac{10^{-14}}{10^{-6}}\ mol·L^{-1}=10^{-8}\ mol·L^{-1}$，即溶液的 ${pH}\geqslant8$。

1. 物质在水中可能存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡，回答下列问题：
(1) 一定温度下，向$1\ L\ 0.1\ mol · L^{-1}\ CH_3COOH$溶液中加入$0.1\ mol\ CH_3COONa$固体，则醋酸的电离平衡逆向移动；溶液中$\frac{c(H^+)}{c(CH_3COOH)}$的值减小(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2) 某温度下，水的离子积常数$K_w=1 × 10^{-13}$。该温度下，若100体积pH=a的$H_2SO_4$溶液与1体积pH=b的$NaOH$溶液混合后溶液呈中性，则a+b=15。
(3) 25℃下，有浓度均为$0.1\ mol · L^{-1}$的三种溶液：a. $Na_2CO_3$溶液；b. $NaClO$溶液；c. $CH_3COONa$溶液($H_2CO_3$：$K_{a1}=4.4 × 10^{-7}$，$K_{a2}=4.7 × 10^{-11}$；$HClO$：$K_a=3.0 × 10^{-8}$；$CH_3COOH$：$K_a=1.8 × 10^{-5}$)，这三种溶液的pH由小到大的顺序为c ＜ b ＜ a(填字母符号)。

答案： 1. 解析：
(1)${CH_{3}COOH}$ 溶液中存在电离平衡 ${CH_{3}COOH⇌ CH_{3}COO^{-} + H^{+}}$，加入 ${CH_{3}COONa}$ 固体，溶液中的 $c{(CH_{3}COO^{-})}$ 增大，平衡逆向移动；溶液中 $c{(H^{+})}$ 减小，$c{(CH_{3}COOH)}$ 增大，则 $\dfrac{c{(H^{+})}}{c{(CH_{3}COOH)}}$ 的值减小。
(2)某温度下，水的离子积常数 $K_{w}=1×10^{-13}$，该温度下，${pH}=a$ 的硫酸溶液中 $c{(H^{+})}=10^{-a}\ mol·L^{-1}$，${pH}=b$ 的氢氧化钠溶液中 $c{(OH^{-})}=\dfrac{10^{-13}}{10^{-b}}\ mol·L^{-1}=10^{b-13}\ mol·L^{-1}$，混合后溶液呈中性，即 $n{(H^{+})}=n{(OH^{-})}$，则 $100×10^{-a}=1×10^{b-13}$，$10^{2-a}=10^{b-13}$，即 $2 - a = b - 13$，则 $a + b = 15$。
(3)${Na_{2}CO_{3}}$、${NaClO}$、${CH_{3}COONa}$ 均为强碱弱酸盐，其溶液均显碱性，由于酸性 ${CH_{3}COOH}＞{H_{2}CO_{3}}＞{HClO}＞{HCO^{-}_{3}}$，则水解程度 ${CO^{2-}_{3}}＞{ClO^{-}}＞{HCO^{-}_{3}}＞{CH_{3}COO^{-}}$，因此溶液的 ${pH}$：${CH_{3}COONa}$ 溶液 $＜{NaClO}$ 溶液 $＜{Na_{2}CO_{3}}$ 溶液，即 $c ＜ b ＜ a$。
答案：
(1)减小
(2)15
(3)$c ＜ b ＜ a$

2. (1) 已知碳酸：$H_2CO_3$ $K_{a1}=4.5 × 10^{-7}$，$K_{a2}=4.7 × 10^{-11}$；草酸：$H_2C_2O_4$ $K_{a1}=5.6 × 10^{-2}$，$K_{a2}=1.5 × 10^{-4}$。
①$0.1\ mol · L^{-1}\ Na_2CO_3$溶液的pH大于(填“大于”“小于”或“等于”)$0.1\ mol · L^{-1}\ Na_2C_2O_4$溶液的pH。
②等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。
③若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种粒子浓度大小的顺序正确的是ac(填字母)。
a. $c(H^+) ＞ c(HC_2O_4^-) ＞ c(HCO_3^-) ＞ c(CO_3^{2-})$
b. $c(HCO_3^-) ＞ c(HC_2O_4^-) ＞ c(C_2O_4^{2-}) ＞ c(CO_3^{2-})$
c. $c(H^+) ＞ c(HC_2O_4^-) ＞ c(C_2O_4^{2-}) ＞ c(CO_3^{2-})$
d. $c(H_2CO_3) ＞ c(HCO_3^-) ＞ c(HC_2O_4^-) ＞ c(CO_3^{2-})$
(2) $SO_2$会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少$SO_2$的排放，回答下列方法中的问题。
方法1（双碱法）：用$NaOH$溶液吸收$SO_2$，并用$CaO$使$NaOH$再生
$NaOH$溶液$\xrightarrow{i\ SO_2}Na_2SO_3$溶液$\xrightarrow{ii\ CaO}$
①写出过程i的离子方程式：${2OH^{-} + SO_{2}\xlongequal{}SO^{2-}_{3} + H_{2}O}$。
②$CaO$在水中存在如下转化：
$CaO(s) + H_2O(l) \rightleftharpoons Ca(OH)_2(s) \rightleftharpoons Ca^{2+}(aq) + 2OH^-(aq)$
从平衡移动的角度，简述过程ii中$NaOH$再生的原理：${SO^{2-}_{3}}$ 与 ${Ca^{2+}}$ 生成 ${CaSO_{3}}$ 沉淀，平衡正向移动，有 ${NaOH}$ 生成。
方法2：用氨水除去$SO_2$
③已知25℃，$NH_3 · H_2O$的$K_b=1.8 × 10^{-5}$，$H_2SO_3$的$K_{a1}=1.4 × 10^{-2}$，$K_{a2}=6.0 × 10^{-8}$。若氨水的浓度为$2.0\ mol · L^{-1}$，溶液中的$c(OH^-)=$$6.0×10^{-3}$$mol · L^{-1}$。将$SO_2$通入该氨水中，当$c(OH^-)$降至$1.0 × 10^{-7}\ mol · L^{-1}$时，溶液中的$\frac{c(SO_3^{2-})}{c(HSO_3^-)}=$0.6。

答案： 2. 解析：
(1)①根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则同浓度的两种溶液中，碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以 $0.1\ mol·L^{-1}\ {Na_{2}CO_{3}}$ 溶液的 ${pH}$ 大于 $0.1\ mol·L^{-1}\ {Na_{2}C_{2}O_{4}}$ 溶液的 ${pH}$。②草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。③草酸的一、二步电离常数均大于碳酸的，所以等浓度的两种溶液中，草酸的电离程度大于碳酸，因此溶液中 $c{(H^{+})}＞c{(HC_{2}O^{-}_{4})}＞c{(C_{2}O^{2-}_{4})}＞c{(HCO^{-}_{3})}＞c{(CO^{2-}_{3})}$，a、c 正确。
(2)①过程ⅰ是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为 ${2OH^{-} + SO_{2}\xlongequal{}SO^{2-}_{3} + H_{2}O}$。②过程ⅱ加入 ${CaO}$，存在 ${CaO(s) + H_{2}O(l)\xlongequal{}Ca(OH)_{2}(s)⇌ Ca^{2+}(aq) + 2OH^{-}(aq)}$，因 ${SO^{2-}_{3}}$ 与 ${Ca^{2+}}$ 生成 ${CaSO_{3}}$ 沉淀，平衡正向移动，有 ${NaOH}$ 生成。③${NH_{3}· H_{2}O}$ 的 $K_{b}=1.8×10^{-5}$，若氨水的浓度为 $2.0\ mol·L^{-1}$，由 $K_{b}=\dfrac{c{(NH^{+}_{4})}· c{(OH^{-})}}{c{(NH_{3}· H_{2}O)}}$ 可知，$c{(OH^{-})}=\sqrt{1.8×10^{-5}×2.0}\ mol·L^{-1}=6.0×10^{-3}\ mol·L^{-1}$；当 $c{(OH^{-})}$ 降至 $1.0×10^{-7}\ mol·L^{-1}$ 时，$c{(H^{+})}=1.0×10^{-7}\ mol·L^{-1}$，${H_{2}SO_{3}}$ 的 $K_{a2}=6.0×10^{-8}$，由 $K_{a2}=\dfrac{c{(SO^{2-}_{3})}· c{(H^{+})}}{c{(HSO^{-}_{3})}}$，可知 $\dfrac{c{(SO^{2-}_{3})}}{c{(HSO^{-}_{3})}}=\dfrac{6.0×10^{-8}}{1×10^{-7}}=0.6$。
答案：
(1)①大于 ②草酸 ③ac
(2)①${2OH^{-} + SO_{2}\xlongequal{}SO^{2-}_{3} + H_{2}O}$ ②${SO^{2-}_{3}}$ 与 ${Ca^{2+}}$ 生成 ${CaSO_{3}}$ 沉淀，平衡正向移动，有 ${NaOH}$ 生成 ③$6.0×10^{-3}$ 0.6