新教材适用2023_2024学年高中化学第3章水溶液中的离子反应与平衡学业质量标准检测新人教版选择性必修1

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第三章　学业质量标准检测
(90分钟，100分)
一、选择题(本题包含15个小题，每小题3分，共45分)
1．化学与生活生产密切相关，下列事实与盐类水解无关的是( B )
A．古代用浸泡过草木灰的溶液来洗涤衣物
B．“管道通”中含有铝粉和苛性钠，用于疏通下水道
C．氯化铵溶液和氯化锌溶液可做金属焊接中的除锈剂
D．向TiCl4中加入水，加热蒸干，最后焙烧固体得到TiO2
解析：草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解使溶液显碱性，油污在碱性条件下易被除去，与盐类水解有关，A错误；铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，增大管道内气压用于疏通下水道，与盐类水解无关，B正确；铵根离子、锌离子水解，有H＋生成，使溶液显酸性，H＋与铁锈反应，能起到除锈的作用，与盐类水解有关，C错误；在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2·xH2O和HCl，反应的化学方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl，最后焙烧得到TiO2，与盐类水解有关，D错误。
2．常温下，下列事实不能说明BOH是弱碱的是( D )
A．将pH＝12的BOH溶液稀释10倍，测得pH>11
B．0.1 mol·L－1 BOH溶液中c(OH－)11，说明稀释促进了BOH的电离，说明BOH部分电离，能证明 BOH是弱电解质，A正确；常温下，0.1 mol·L－1一元强碱溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1,0.1 mol·L－1 BOH溶液中c(OH－)Ksp(AgBr)
B．常温下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH＝5时：c(HCOO－)>c(Na＋)
C．常温下等物质的量浓度的四种溶液① NH3·H2O、②NH4HSO4、③(NH4)2CO3、④NH4Cl，c(NH)的关系为②>④>③>①
D．等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3混合溶液：3c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]
解析： 向AgCl浊液中加入KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色，则有AgBr生成，当Qc(AgBr)>Ksp(AgBr)即有AgBr沉淀，若溴化钾浓度很大，使Qc(AgBr)＞Ksp(AgBr)也有浅黄色沉淀AgBr生成，故不可证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，A错误；常温下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH＝5时，溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCOO－)可知，c(HCOO－)>c(Na＋)，B正确；①NH3·H2O是弱电解质，其余都是强电解质，故c(NH)最小的是①，根据能够电离出的NH的个数可分为两类，③(NH4)2CO3是二元铵盐，虽然(NH4)2CO3溶液中，CO和NH相互促进水解，但水解不彻底，NH浓度较大，②NH4HSO4和④NH4Cl是一元铵盐，②NH4HSO4中电离产生的H＋抑制NH水解，故②和④比较，c(NH)较大的是②，则c(NH)的关系为③>②>④>①，C错误；等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3混合溶液中存在物料守恒：2c(Na＋)＝3[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，D错误。
4．加热下列物质的稀溶液，可能使离子总数减小的是(不考虑溶液的挥发)( D )
A．Fe2(SO4)3 B．CH3COOH
C．NaOH D．Ca(HCO3)2
解析：A项，考虑Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，升温该平衡正向移动，离子总数增大；B项，考虑CH3COOH的电离，升温该电离平衡正向移动，离子总数增大；C项，考虑水的电离，升温水的电离平衡正向移动，离子总数增大；D项，Ca(HCO3)2受热促进HCO电离：HCOH＋＋CO，由于Ca2＋＋CO===CaCO3↓，而使溶液中离子总数减小。
5．下列能说明0.1 mol·L－1的NaHA溶液一定呈酸性的是( B )
A．某温度下，测得溶液的pHc(OH－)>c(H＋)
B．三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C．当pH＝7时，三种溶液中：c(X－)＝c(Y－)＝c(Z－)
D．分别滴加20.00 mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)
解析： 由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A正确；弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B正确；当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X－)＞c(Y－)＞c(Z－)，故C错误；向三种盐溶液中分别滴加20.00 mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由c(Na＋)＝c(Cl－)可得：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，故D正确。
7．25 ℃时，0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液pH＝3，0.1 mol·L－1的HCN溶液pH＝4。下列说法正确的是( B )
A．CH3COOH与HCN均为弱酸，酸性：HCN>CH3COOH
B．25 ℃时，水电离出来的c(H＋)均为10－11 mol·L－1的两种酸，酸的浓度：HCN>CH3COOH
C．25 ℃时，浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COONa和NaCN溶液中，pH大小：CH3COONa>NaCN
D．25 ℃时，pH均为3的CH3COOH与HCN溶液各100 mL与等浓度的NaOH溶液完全反应，消耗NaOH溶液的体积：CH3COOH>HCN
解析：0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液pH＝3,0.1 mol·L－1的HCN溶液pH＝4，可以确定CH3COOH的酸性强于HCN。酸性应该CH3COOH>HCN，故A错误；水电离出来的c(H＋)均为10－11 mol·L－1的两种酸，说明两种酸的pH均为3，因为CH3COOH的酸性强于HCN，则酸的浓度：HCN>CH3COOH，故B正确；因为CH3COOH的酸性强于HCN，则CH3COONa和NaCN溶液中，CN－水解程度大于CH3COO－，pH大小：CH3COONac(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2ClO－＋CO2＋H2O===2HClO＋CO
C．图像中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度
D．图像中a、c两点处的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)
解析：酸性：CH3COOH>HClO，所以水解程度：CH3COONac(CH3COO－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)，故A错误；酸性：H2CO3>HClO> HCO，所以向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO，故B错误； 图像中pH变化较快的酸的酸性较强，浓度较小，所以a点酸的总浓度小于b点酸的总浓度，故C错误； 图像中a、c两点处的溶液中盐的水解常数相等，所以相等，故D正确。
9．如图是Ca(OH)2在温度分别为T1、T2时的沉淀溶解平衡曲线[图中浓度单位为mol·L－1，温度为T1时Ca(OH)2的Ksp＝4×10－6，≈1.6]。下列说法正确的是( C )

A．温度：T1T2，故A错误；P点属于过饱和溶液，即悬浊液，因此分散质粒子直径大于100 nm，故B错误；根据Ksp＝c(Ca2＋)×c2(OH－)，4×10－6＝4a×(2a)2，解得a＝6.25×10－3，因此c(OH－)＝2×6.25×10－3 mol·L－1＝0.012 5 mol·L－1，故C正确；加水稀释，c(Ca2＋)和c(OH－)都减小，故D错误。
10．常温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合(忽略体积变化)，实验数据如下表：
实验编号
起始浓度/(mol·L－1)
反应后溶液的pH
c(HA)
c(KOH)
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
下列判断不正确的是( B )
A．实验①反应后的溶液中：c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
B．实验①反应后的溶液中：c(OH－)＝c(K＋)－c(A－)＝mol·L－1
C．实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)>0.1 mol·L－1
D．实验②反应后的溶液中：c(K＋)＝c(A－)>c(OH－)＝c(H＋)
解析：等体积等浓度混合后恰好生成KA，pH＝9，水解显碱性，则离子浓度c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A项正确；由电荷守恒可知，c(OH－)＋c(A－)＝c(K＋)＋c(H＋)，则c(OH－)－c(H＋)＝c(K＋)－c(A－)，B项错误；pH＝7可知溶液为中性，则反应后溶质为HA和KA，HA的浓度大于0.2 mol·L－1，由物料守恒可知反应后的溶液中，c(A－)＋c(HA)＞0.1 mol·L－1，C项正确；溶液遵循电荷守恒，c(OH－)＋c(A－)＝c(K＋)＋c(H＋)，pH＝7可知，c(OH－)＝c(H＋)，且显性离子大于隐性离子，c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋)，D项正确。
11．室温下，通过实验探究亚硫酸盐的性质。
已知：Ka1(H2SO3)＝1.54×10－2、Ka2(H2SO3)＝1.02×10－7
实验
实验操作和现象
1
向10 mL 1.0 mol·L－1NaOH溶液通入112 mL(标准状况)SO2
2
向10 mL 1.0 mol·L－1NaOH溶液通入SO2至溶液pH＝7
3
向10 mL 1.0 mol·L－1NaOH溶液通入224 mL(标准状况)SO2
4
向实验3所得溶液中加入少量的1.0 mol·L－1Ba(OH)2溶液
下列说法正确的是( C )
A．实验1得到的溶液中有c(SO)＋c(OH－)＝c(H2SO3)＋c(H＋)
B．实验2得到的溶液中有c(HSO)>c(SO)
C．实验3得到的溶液中有c(Na＋)Ka2(H2SO3)＝1.02×10－7，亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则实验2得到pH＝7的溶液为亚硫酸氢钠和亚硫酸钠的混合溶液，由Ka2(H2SO3)＝ 可得＝＝＝1.02，溶液中c(HSO)c(NH3·H2O)>c(CO)
B．NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
C．通过分析可知常温下：Kb(NH3·H2O)c(NH)>c(NH3·H2O)>c(CO)，A正确；NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，B正确；常温下0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液的pH＝7.8，溶液呈碱性，说明HCO的水解程度大于NH的水解程度，则根据盐的水解规律：谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解，可知NH3·H2O的电离程度大于H2CO3的电离程度，所以Kb(NH3·H2)>Ka1 (H2CO3)，C错误；溶液中存在电离平衡：HCOH＋＋CO，该电离平衡常数Ka＝，则＝，溶液中滴加少量浓盐酸，c(H＋)增大，由于电离平衡常数不变，则的比值减小，D正确。
14．在25 ℃时，将1.0 L c mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是( D )

A．水的电离程度：a>b>c
B．c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na＋)>c(OH－)
C．a点对应的混合溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)
D．该温度下，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝
解析：由图可知a点加入0.1 mol NaOH固体，pH＝7，溶质为CH3COONa和CH3COOH的混合物，则原n(CH3COOH)>0.2 mol，酸抑制H2O电离，a、b、c三点均酸过量，且c(H＋)ac，A正确；c点通入0.1 mol HCl，相当于恰好与0.1 mol NaOH反应，溶质为0.1 mol NaCl和原CH3COOH，c(CH3COOH)>0.2 mol·L－1，c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，则B正确；a点溶液中电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，此时pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)，故C正确；该温度下pH＝7时，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝0.2 mol·L－1，c(CH3COOH)＝(c－0.2)mol·L－1，则醋酸的电离平衡常数Ka＝＝＝，故D错误。
15．20 ℃时，Ka1(H2C2O4)＝10－1.3，Ka2(H2C2O4)＝10－4.2。用0.100 mol·L－1 NaOH溶液滴定10.00 mL 0.100 mol·L－1 H2C2O4溶液过程中，下列说法正确的是( C )
A．20 ℃时C2O的水解常数Kh＝10－18.2
B．当加入NaOH溶液体积为10.00 mL时，c(Na＋)>c(HC2O)>c(H2C2O4)>c(C2O)
C．当加入NaOH溶液体积为15.00 mL时，c(HC2O)＋3c(H2C2O4)c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)，故B错误；当加入NaOH溶液体积为15.00 mL时，形成的为等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4溶液，溶液中的物料守恒有：c(Na＋)＝1.5[c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)]，溶液中的电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)，两式相减可得质子守恒：c(OH－)＋0.5c(C2O)＝0.5c(HC2O)＋1.5c(H2C2O4)＋c(H＋)，由A、B可知，HC2O的电离平衡常数Ka2(H2C2O4)＝10－4.2，C2O的水解常数Kh＝10－9.8，则溶液中HC2O的电离程度大于C2O的水解程度，溶液显酸性，即溶液中c(H＋)>c(OH－)，则0.5c(C2O)>0.5c(HC2O)＋1.5c(H2C2O4)，即c(HC2O)＋3c(H2C2O4)__n(填“>”“＝”或“弱酸>强酸弱碱盐；物质的量浓度相同时碱性：强碱>强碱弱酸盐。所以这几种溶液pH由小到大的顺序为①②⑥⑤④③。
(2)醋酸中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，Ka＝；该温度下CH3COONa的水解平衡为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常数Kh＝。Ka·Kh＝c(H＋)·c(OH－)＝Kw，所以Kh＝＝≈5.7×10－10。
(3)25 ℃时，pH＝3的醋酸，c(H＋)＝10－3mol·L－1，pH＝11的氢氧化钠溶液，c(H＋)＝10－11mol·L－1，则c(OH－)＝Kw÷c(H＋)＝10－14÷10－11＝10－3mol·L－1。当等体积混合后，CH3COOH电离的H＋恰好将OH－完全中和。但由于醋酸为弱酸，还有大量未电离的醋酸分子存在，会继续电离产生H＋和CH3COO－，所以溶液呈酸性。在溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)。
(4)由于溶液为等体积混合，所以溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝ mol·L－1。因为酸是弱酸，碱是强碱，若等物质的量混合，恰好生成CH3COONa，由于CH3COO－的水解而使溶液呈碱性，为了使溶液呈中性，酸必须稍微过量一些，来抵消醋酸根离子水解的碱性，所以m与n的大小关系是m>n。
(5)25 ℃时，将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，溶液的pH＝7，说明醋酸与一水合氨的电离程度相同，也就是电离常数相等。由于醋酸的电离常数为Ka＝1.75×10－5，所以NH3·H2O的电离常数Kb＝1.75×10－5。
17．(10分)醋酸(CH3COOH)是一种常见的弱酸。
(1)为用实验证明醋酸是弱电解质，实验小组同学设计如下几种方案：
①用pH试纸测出0.1 mol·L－1的醋酸溶液pH：若pH_>__1(填“>”“c(Na＋)>c(H＋)
②醋酸和氢氧化钠反应后得到溶液中溶质的组成有多种可能：
若得到的溶液中c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)，试推断该溶液中的溶质为_NaOH、CH3COONa__；
若得到的溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，则可以推断该溶液中的溶质可能为_CH3COOH、CH3COONa__；
③将a mol·L－1 CH3COOH稀溶液和b mol·L－1 NaOH稀溶液等体积混合：
若测得溶液中c(OH－)＝c(H＋)，则a_>__b；(选填“>”“c(H＋)，则a_>、”“1。
②取该溶液5 mL用蒸馏水稀释至500 mL，相当于稀释100倍，如果醋酸是强酸，前后的pH差ΔpH＝2，若两者的pH差ΔpHc(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)。故选ABC。
②若c(OH－)>c(CH3COO－)> c(H＋)时说明溶液中氢氧化钠过量，是氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，推断该溶液中的溶质为：NaOH、CH3COONa；若c(H＋)>c(OH－)时说明溶液中醋酸过量，是醋酸和醋酸钠的混合溶液， 可以推断该溶液中的溶质为：CH3COOH、CH3COONa。
③若c(OH－)＝c(H＋)，溶液显中性，一定为醋酸和醋酸钠的混合液，则a>b；若c(OH－)>c(H＋)，溶液为醋酸钠溶液或醋酸钠和NaOH的混合液或大量醋酸钠和少量醋酸的混合液，则a可能大于b，也可能等于b，还可能小于b。
18．(12分)盐类的水解在生产生活中应用广泛
(1)FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。FeCl3在溶液中分三步水解，请回答下列问题：
Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋　K1
Fe(OH)2＋＋H2OFe(OH)＋H＋　K2
Fe(OH)＋H2OFe(OH)3＋H＋　K3
①以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是_K1>K2>K3__。
②通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为xFe3＋＋yH2OFe′x(OH)＋yH＋。欲使平衡正向移动可采用的方法是_bd__(填标号)。
a．降温 b．加水稀释
c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3
③室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是_调控溶液的pH__。
(2)现有常温下的0.1 mol·L－1纯碱溶液。
①你认为该溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示) CO＋H2OHCO＋OH－　。为证明你的上述观点，请设计实验，简述实验操作，现象和结论：_向纯碱溶液中滴加数滴酚酞溶液后，溶液显红色；然后逐滴加入氯化钙溶液直至过量，若溶液红色随白色沉淀生成逐渐变浅直至消失，则说明上述观点正确__。
②同学甲认为该溶液中Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO不超过其总量的10%，请你设计实验证明该同学的观点是否正确(忽略CO3的第二步水解)：_用pH试纸(或pH计)测常温下0.1_mol·L－1纯碱溶液的pH，若pH12，则该同学的观点不正确__。
解析：(1)①铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1>K2>K3；②水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动，故a错误；加水稀释，促进水解，水解平衡正向移动，故b正确；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故c错误；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故d正确；故选bd；③从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH。
(2)碳酸根离子在溶液中发生水解反应：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－，水解以第一步为主，导致溶液显示碱性。
②证明纯碱溶液显示碱性是碳酸根离子水解导致的方法为：向纯碱溶液中滴加数滴酚酞试液后，溶液显红色；然后逐滴加入氯化钙溶液直至过量，若溶液红色逐渐变浅直至消失，则说明上述观点。
③Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO离子不超过其总量的10%，证明方法为：用pH试纸(或pH计)测常温下0.1 mol·L－1纯碱溶液的pH，若pH12，则该同学的观点不正确。
19．(10分)铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有Cu2＋、Fe2＋、Ca2＋、Mg2＋、H3AsO3等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如图：

已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Ni(OH)2]＝5.48×10－16，Ka(HF)＝6.3×10－4
(1)步骤ⅰ的操作名称是_萃取分液__。
(2)①H3AsO3中As的化合价为_＋3价__。
②步骤ⅱ中H2O2的作用是_将Fe2＋、H3AsO3氧化为FeAsO4__。
(3)步骤ⅲ，加入Na2CO3的目的是通过调pH进一步去除Fe3＋，使c(Fe3＋)≤2.5×10－9 mol·L－1，若溶液2中c(Ni2＋)＝0.054 8 mol·L－1，则需控制pH的大致范围为_4～7__。
(4)①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有_CaF2、MgF2__(填化学式)。
②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是_F－与H＋结合生成弱电解质HF，导致c(F－)降低，沉淀率下降__。
(5)结合图说明由溶液4得到NiSO4·6H2O的操作是_加热浓缩、冷却结晶、过滤__。

解析：由题给流程可知，向粗硫酸镍废液中加入有机溶剂萃取溶液中的铜元素，分液得到含铜有机物和溶液1；向溶液1中加入双氧水溶液将亚铁离子、亚砷酸氧化为砷酸铁沉淀，过滤得到砷酸铁和溶液2；向溶液2中加入碳酸钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和溶液3；向溶液3中加入氟化钠溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的沉淀3和溶液4；由图可知，NiSO4·6H2O溶解度随温度升高而增大，则溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到NiSO4·6H2O。
(1)由分析可知，步骤Ⅰ的操作为萃取分液。
(2)①由化合价代数和为0可知，亚砷酸中砷元素的化合价为＋3价。
②由分析可知，加入双氧水溶液的目的是将亚铁离子、亚砷酸氧化为砷酸铁沉淀。
(3)由氢氧化镍的溶度积可知，当溶液中镍离子的浓度为0.054 8 mol·L－1时，溶液中氢氧根离子的浓度不能大于＝10－7 mol·L－1，由氢氧化铁的溶度积可知，当溶液中铁离子的浓度不大于2.5×10－9 mol·L－1时，溶液中氢氧根离子的浓度应小于≈10－10 mol·L－1，则加入碳酸钠溶液将铁离子转化为氢氧化铁沉淀时，需控制溶液pH的大致范围为4～7。
(4)①由分析可知，加入氟化钠溶液的目的是将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀。
②氢氟酸为弱酸，若溶液pH过低，氢离子与溶液中氟离子反应生成氢氟酸，使得溶液中氟离子浓度减小，导致沉淀率下降。
(5)由分析可知，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到NiSO4·6H2O。
20．(13分)草酸是植物常具有的成分，具有广泛的用途。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101 ℃，易溶于水，受热易脱水、升华，170 ℃以上分解。常温下它的电离常数Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5。回答下列问题：
(1)设计实验证明草酸为弱酸的方案及其现象均正确的是_C__。
A．常温下，取0.005 mol·L－1的H2C2O4溶液，测其pH＝2
B．常温下，取0.010 mol·L－1的NaHC2O4溶液，测其pH>7
C．常温下，取pH＝a(a