3.4沉淀溶解平衡课堂同步练习（含解析）人教版高中化学选择性必修1
文档属性
| 名称 | 3.4沉淀溶解平衡课堂同步练习（含解析）人教版高中化学选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 734.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-10-26 22:42:04 | ||
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文档简介
3.4沉淀溶解平衡课堂同步练-人教版高中化学选择性必修1
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．t℃时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A．t℃时，的Ksp数量级是10-9
B．t℃时：的平衡常数(t℃时)
C．t℃时，用液滴定和的混合液，先沉淀
D．在饱和溶液中加入固体可使溶液由Y点到X点
2．下列实验操作、现象、结论或解释不对应的是
选项 操作 现象 结论或解释
A 常温下，向物质的量浓度均为的和混合溶液中逐滴滴入液 先出现黄色沉淀
B 常温下，用试纸测定相同浓度的溶液和溶液的 酸性：
C 常温下，同浓度同体积的醋酸溶液和盐酸分别与相同大小的片反应 醋酸溶液中放出的速率较慢 醋酸是弱电解质
D 滴有酚酞的，溶液中加入少量固体 溶液红色变浅 溶液中存在水解平衡
A．A B．B C．C D．D
3．是基本化工原料，下列方程式中正确的是
A．与反应生成
B．溶液呈碱性：
C．饱和溶液处理水垢中的
D．溶液除去中的
4．下列关于物质性质的比较，不正确的是
A．水的电离程度：100℃>25℃
B．常温下溶解度：Fe(OH)3C．常温下溶液pH：Na2CO3 <(NH4)2SO4
D．完全燃烧放出的热量：1mol碳(C)>1mol CO
5．常温下用沉淀、、三种金属离子()，所需的最低浓度的负对数值与的关系如图所示，下列说法正确的是
A．室温时向ZnS悬浊液中加入固体，Ksp(ZnS)将随之减小
B．向的溶液中加入CuS粉末，有ZnS沉淀析出
C．为除去溶液中混有的少量，可加入适量固体，充分搅拌后过滤
D．a点对于CuS是不饱和溶液，对于ZnS是过饱和溶液
6．下列实验过程能达到探究目的的是
选项 实验过程 探究目的
A 将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，观察现象 浓硫酸和木炭反应产生和气体
B 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液，无明显现象 蔗糖未发生水解反应
C 苯和液溴的混合液中加入铁粉，将产生的气体通入硝酸酸化的溶液中，产生淡黄色沉淀 苯与液溴在Fe催化下发生取代反应
D 向饱和溶液中加入CuS固体，测得溶液中不变
A．A B．B C．C D．D
7．下列说法不正确的是
A．加入呈红色的溶液：，加入酚酞呈红色的溶液：，分别都不能大量共存（常温下）
B．的溶液：的溶液：，分别都可以大量共存（常温下）
C．已知：25℃时，的，时，在的悬浊液中加入溶液后，可以转化为
D．表示摩尔燃烧焓的热化学方程式为
8．下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向浓度均为0.10mol L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 出现黄色沉淀 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
B 向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，然后再加入稀盐酸 生成白色沉淀，加入稀 盐酸，沉淀不溶解 溶液已经变质
C 向盛有NH4Al（SO4）2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液 产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 NH4++OH- = NH3↑+H2O
D 测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值 Na2CO3＞NaClO 酸性：H2CO3＜HClO
A．A B．B C．C D．D
9．工业回收铅蓄电池中的铅，常用或溶液处理铅膏(主要成分)获得： 。经处理得到的灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb，下列说法正确的是
A．的溶解度小于
B．处理后，或溶液的pH升高
C．若用等体积、等浓度的和溶液分别处理，溶液中的转化率较大
D．整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应
10．下列方程式与所给事实相符的是
A．氯化铵的水溶液显酸性：
B．氯气溶于水，水溶液显酸性：
C．钠和水反应：
D．向浊液中滴加溶液，白色浑浊变为黑色：
二、填空题
11．时溴酸银的溶解度为，则约等于 。
12．在盛有少量难溶的PbI2黄色固体的试管中，加入约3mL蒸馏水，充分振荡后静置 ；待上层液体变澄清后，即得到PbI2饱和溶液，向其中滴加几滴0.1ml·L-1 PbI2溶液，观察实验现象。
你能解释所观察到的现象吗？
现象：
结论：
解释：
13．请按要求回答下列问题：
（1）25℃时，物质的量浓度均为0.1mol L-1的几种盐溶液的pH如下表所示。
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
溶液 NH4Cl溶液 CH3COONH4溶液 NaHCO3溶液
pH 5 7 8.4
①溶液Ⅰ显酸性的原因是 （用离子方程式表示）。
②溶液Ⅱ中，Ka(CH3COOH) （填“＞”“＜”或“＝”）Kb(NH3 H2O)。
③写出溶液Ⅲ中阴离子浓度由大到小的关系： 。
（2）几种离子开始沉淀时的pH如下表所示。
离子 Fe2+ Cu2+ Mg2+
pH 7.6 5.2 10.4
①当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+的溶液中滴加氢氧化钠溶液时， （填离子符号）最先沉淀。
②25℃时，要使0.2mol L-1硫酸铜溶液中铜离子沉淀较为完全（使铜离子浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液，使溶液pH为 。{Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20}
14．沉淀的生成、溶解和转化在无机物制备和提纯以及科研等领域有广泛应用。
Ⅰ．汽车尾气中的SO2可用石灰水来吸收，生成CaSO3浊液。CaSO3易变质为CaSO4，水垢中含有较多的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为： 。
Ⅱ．已知25℃时，NH3 H2O电离常数Kb=1.8×10-5，Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11，向0.4mol/L的氨水中加入等体积浓度为6×10-4mol/LMgCl2溶液，沉淀生成 (填“无”或“有”)，并简述理由 ；若某溶液中c(Mg2+)=1.2×10-3mol/L，需向其中加入等体积的NaOH溶液浓度为 mol/L时，可使Mg2+恰好沉淀完全(忽略溶液体积变化)。
Ⅲ．工业废水中常含有一定量的和，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为：
Cr3+Cr(OH)3
其中第①步存在平衡：(黄色)+2H+(橙色)+H2O
①若平衡体系的pH=2，则溶液显 色。
②能说明第①步反应达平衡状态的是 。
a．和的浓度相同
b．2v()=v()
c．溶液的颜色不变
③第②步中，还原1mol离子，需要 mol的FeSO4 7H2O。
④第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)。常温下，Cr(OH)3的溶度Ksp=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至 。
15．水溶液中的离子平衡是中学学习的一个重要内容。
（1）下列溶液①0.1mol/L盐酸②0.1mol/L H2SO4溶液③0.1mol/LCH3COONa溶液④0.1mol/LNH4Cl溶液⑤0.1mol/L氨水，按pH由小到大顺序为 （填序号）
（2）等浓度的盐酸、氨水中，由水电离出的H+浓度c（H+）盐酸 c（H+）氨水（填“大于”“小于”或“等于”）。在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合充分反应后溶液呈中性。则反应后溶液存在的离子浓度由大到小顺序为 ，氨水的浓度a 0.01 mol·L-1（填“>”、“<”或“=”）
（3）某同学查阅资料发现，人体血液里存在重要的酸碱平衡：CO2+H2O H2CO3HCO3﹣，使人体血液pH保持在7.35～7.45，否则就会发生酸中毒或碱中毒。
①人体血液酸中毒时，可注射 （填选项）缓解；
A．NaOH溶液 B．NaHCO3溶液 C．NaCl溶液 D．Na2SO4溶液
②已知25℃时，水解反应的一级平衡常数，当溶液中时，溶液的pH= 。
（4）25℃时，AgCl的Ksp＝1.8×10﹣10，该温度下向1 L 0.03 mol/L的AgNO3溶液中加入1 L 0.01 mol/L的NaCl溶液之后，溶液中c（Cl﹣）＝ mol/L（忽略混合前后溶液体积的变化）。平衡后，若向该体系中加入少量AgCl固体，则c（Cl﹣） （填“增大”或“减小”或“不变”）。
16．(1)已知：25℃时，H2SO3的电离常数Ka1=l×10-2.，Ka2=l×10-7，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh= ，若向NaHSO3溶液中加，入少量的I2，则溶液中将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为1.0×10-38、1.0×10-11，浓度均为0.1mol·L-1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中。要使Fe3+完全沉淀(离子浓度小于1.0×10-5)而Mg2+不沉淀，应该调节溶液pH的范围是 ，调节pH应选用的试剂是 。(填化学式)。
17．(1)H2A在水中存在以下平衡：H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。NaHA溶液显酸性，则溶液中离子浓度的大小顺序为 。
(2)已知常温下H2A的钙盐(CaA)饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)滴加少量Na2A固体，c(Ca2＋) (填“增大”“减小”或“不变”)，原因是 。
(3)含有的废水毒性较大，某工厂废水中含4.00×10－3 mol·L－1的Cr2O。为使废水能达标排放，作如下处理： Cr3＋、Fe3＋Cr(OH)3、Fe(OH)3
①该废水中加入FeSO4·7H2O和稀硫酸，发生反应的离子方程式为： 。
②若处理后的废水中残留的c(Fe3＋)＝1×10－13 mol·L－1，则残留的Cr3＋的浓度为 。{已知：Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10－38 ，Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31}
18．已知CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴沉淀中加入足量稀盐酸边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤的原因是 。
19．外界因素对沉淀溶解平衡的影响
①温度：升高温度，多数沉淀溶解平衡向 的方向移动；少数沉淀溶解平衡向生成沉淀方向移动，如Ca(OH)2的溶解平衡。
②浓度：加水稀释，平衡向 方向移动。
③相同离子：加入与难溶电解质构成中相同的离子，平衡向 的方向移动。
④反应离子：加入可与难溶电解质溶解所得的离子反应的物质，平衡向 的方向移动。
20．磷、碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下面问题：
(1)H3PI是一种三元弱酸，常温下其三级电离常数分别是Ka1=7.1×10－3，Ka2=6.2×10－8，Ka3=4.5×10－13。
①利用Ka与Kh的相对大小判断：常温下，NaH2PI的水溶液pH 7(填“＞”、“＜”或“=”)。
②常温下，Na2HPI的水溶液中Kh = (保留2位有效数字)。
(2)已知常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10；Ksp(AgI)=9.0×10-17 ；Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12。AgI为黄色固体；Ag2CrO4为红棕色固体。
①向AgCl悬浊液中加入适量KI溶液，发生AgCl(s)＋I－(aq) AgI(s)＋Cl－(aq)，该反应的化学平衡常数K= 。
②测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时应加入的指示剂是 。
a．KI b．K2CrO4 c．KCl
滴定终点时锥形瓶中颜色的变化： 。
(3)某溶液中c(Fe3＋)=c(Mg2＋)=0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全，即溶液中c(Fe3＋)=1.0×10－5 mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？(FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24) (列式计算)。
三、实验题
21．分析化学中的滴定法除了酸碱中和滴定，还有沉淀滴定、络合滴定、氧化还原滴定等。沉淀滴定法可用于NaCl溶液中c(Cl-)的测定。实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
已知：①Ag2CrO4是一种难溶于水的砖红色沉淀；
②溶液中同时存在Cl-和CrO时，滴入AgNO3溶液，先生成AgCl沉淀；
③AgCl＋2NH3=[Ag(NH3)2]+＋Cl-
Ⅰ.准备标准溶液
准确称取AgNO3基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
Ⅱ.滴定的主要步骤
a.取待测NaCl溶液25.00mL于锥形瓶中。
b.加入1mL5%K2CrO4溶液。
c.在不断摇动下用AgNO3标准溶液滴定，当接近终点时，需逐滴加入AgNO3溶液，并用力振荡。记下终点时消耗AgNO3标准溶液的体积。
d.重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号 1 2 3
消耗AgNO3标准溶液体积/mL 20.45 20.02 19.98
e.数据处理。
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液。所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 。
（2）滴定终点的现象是 。
（3）计算所消耗的AgNO3标准溶液平均体积为 mL，测得c(Cl-)= mol·L-1。
（4）若用该方法测定NH4Cl溶液中的c(Cl-)，待测液的pH不宜超过7.2，理由是 。
（5）下列关于实验的说法合理的是 。
A．为使终点现象更加明显，可改加1mL10%K2CrO4溶液
B．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下
C．若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果偏高
D．若未等滴定管液面稳定就读数会导致测定结果偏高
（6）如图是0.1mol·L-1AgNO3分别滴定0.1mol·L-1NaCl、NaBr、NaI时的滴定突跃曲线，其中pc(X-)=－lgc(X-)。由此可知，NaCl溶液中混有I-，会使测定结果 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
22．草酸合铜酸钾是一种重要的化工原料，其晶体组成可表示为KxCuy(C2O4)z·wH2O。
(1)实验室用CuSO4溶液和NaOH溶液混合制备Cu(OH)2，再将所得Cu(OH)2与KHC2O4溶液混合，可制备草酸合铜酸钾晶体。
已知：室温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。制备Cu(OH)2的过程中，pH=7时，溶液中c(Cu2+)= 。
(2)一种测定草酸合铜酸钾晶体组成的方法如下：
步骤Ⅰ：准确称取1.7700 g样品，充分加热，剩余固体为K2CO3与CuO的混合物，质量为1.0900 g。
步骤Ⅱ：准确称取1.7700 g样品，用NH3·H2O-NH4Cl溶液溶解、加水稀释，定容至100 mL。
步骤Ⅲ：准确量取步骤Ⅱ所得溶液25.00 mL于锥形瓶中，滴入指示剂，用浓度为0.05000 mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点。(已知Cu2+ 与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)。重复上述滴定操作两次，有关数据记录如表：
第一次滴定 第二次滴定 第三次滴定
消耗EDTA标准溶液的体积/mL 25.92 24.99 25.01
①第一次滴定消耗的EDTA标准溶液的体积明显偏大，其可能的原因有 。
A．锥形瓶水洗后未干燥
B．滴定过程锥形瓶中有液体溅出
C．装EDTA标准溶液的滴定管水洗后未润洗
D．开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体
②通过计算确定该样品的化学式为 (写出计算过程)。
23．As2S3是国民经济发展中不可缺少的资源，是剧毒物质。某小组拟在实验室模拟对As2S3矿渣进行回收处理，湿法制取As2O3.实验装置及步骤如下。
步骤1：向C装置的反应瓶中，加入61.5gAs2S3粉料与200mL足量的CuSO4溶液形成料浆，关闭开关B，控制温度80℃左右，持续搅拌反应1小时。
步骤2：待C装置反应瓶中的反应溶液冷却至室温，料浆中主要含CuS和As2O3.打开B，通入过量氧气使微溶的As2O3氧化成易溶的As2O5，过滤。
步骤3：向步骤2的滤液中通入二氧化硫，使As2O5还原，经冷却析出As2O3晶体19.8g。
(1)A装置中仪器X的名称是 ；实验中的加热方式为 。
(2)C装置反应瓶中发生反应的化学方程式为 。步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为0.5mol·L-1，已知CuS的Ksp=6.3×10-36.则滤液中S2-浓度为 mol·L-1。
(3)步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原的离子方程式为 。
(4)本实验中As2O3的产率最接近于___________(填标号)。
A．40% B．50% C．60% D．70%
(5)将分离出As2O3晶体后的母液收集、循环使用，其实际工业生产的意义是 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．的沉淀溶解平衡为，根据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到，A项错误；
B．在时，的平衡常数，B项正确；
C．混合溶液中，，向其中滴加溶液，开始生成沉淀时所需，开始生成沉淀时所需，故先析出氯化银沉淀，C项错误；
D．在饱和溶液中加入固体，可使沉淀溶解平衡逆向移动，则溶液中增大，减小，不可能由Y点到X点，D项错误；
答案选B。
2．A
【详解】A．浓度均为的和混合溶液中逐滴滴入液，Ksp小的先沉淀，由现象可知，结论或解释不对应，故A选；
B．温下，用试纸测定相同浓度的溶液和溶液的，pH小的溶液酸性强，由于，所以酸性：，结论或解释对应，故B不选；
C．醋酸为弱酸，与浓度相同的盐酸对比，氢离子浓度较小，则醋酸与锌反应的速率慢，醋酸是弱电解质，结论或解释对应，故C不选；
D．碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，碱性降低，红色变浅，结论或解释对应，故D不选；
答案为A。
3．C
【详解】A．与反应生成碳酸钠的方程式是，A项未配平，A项错误；
B．溶液呈碱性：。分步水解，第一步水解为主，B项错误；
C．碳酸钙的溶解度比硫酸钙小，利用沉淀转化的原理，C项正确；
D．醋酸是弱酸，所以溶液除去中的，D项错误；
故答案选C。
4．C
【详解】A.H2O是弱电解质，H2O电离过程吸收热量，因此升高温度促进水的电离，因此水的电离程度100℃>25℃，A正确；
B.常温下向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，出现红褐色Fe(OH)3沉淀，说明生成溶解度更小的物质，因此溶解度：Fe(OH)3C.Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性：pH>7；(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，因此常温下溶液pH<7，故两种溶液在室温下的pH：Na2CO3 >(NH4)2SO4，C错误；
D.C燃烧产生CO放出热量，反应产生的CO再燃烧变为CO2也放出热量，所以完全燃烧1mol碳(C)放出的热量比1mol CO完全燃烧放出的热量多，D正确；
故合理选项是C。
5．B
【分析】在p(S2 )=15时，与y轴平衡线画一条平行线，p(Mn2+)＜p(Zn2+)＜p(Cu2+)，则Ksp(MnS)＞Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)。
【详解】A．室温时向ZnS悬浊液中加入固体，硫离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但Ksp(ZnS)大小不变，故A错误；
B．根据前面分析Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，根据图中信息得到Ksp(ZnS)=10 25，Ksp(CuS) =10 35，向的溶液中加入CuS粉末，则离子积0.1×10 17.5＞Ksp(ZnS)，则有ZnS沉淀析出，故B正确；
C．根据前面分析Ksp(MnS)＞Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，为除去溶液中混有的少量，可加入适量固体，铜离子变为CuS沉淀，氮引入新的杂质，应该加入，充分搅拌后过滤，故C错误；
D．a点离子积常数大于Ksp(CuS)，对于CuS是过饱和溶液，a点离子积常数小于Ksp(ZnS)，对于ZnS是不饱和溶液，故D错误。
综上所述，答案为B。
6．D
【详解】A.品红不能除去，其与溶液产生，达不到实验目的，A错误；
B.银氨溶液须在碱性条件下反应，所以必需加碱中和硫酸，否则无现象，B错误；
C.液溴容易挥发，与水发生歧化反应生成HBr。当同溶液中接触时也会产生淡黄色沉淀，C错误；
D.如果，减小，反之，，D正确；
故选D。
7．B
【详解】A. 加入显红色的溶液中含有能够氧化I－，不能大量共存；加入酚酞呈红色的溶液显碱性，在碱性溶液中不能大量存在，故A正确。
B. 的溶液显碱性，在碱性溶液中能够大量共存；的溶液显酸性，在酸性溶液中能够氧化，不能大量共存，故B错误。
C. 二者接近，使用浓溶液可以使转化为，故C正确。
D. 燃烧热是指一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，则表示摩尔燃烧焓的热化学方程式为，故D正确。答案选B。
8．A
【详解】A．向浓度均为0.10mol L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明相同条件下AgI先于AgCl沉淀，二者为同种类型沉淀，Ksp越小溶解度越小，相同条件下越先沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故A正确；
B．即便亚硫酸没有变质，先加入Ba(NO3)2溶液，再加入稀盐酸后硝酸根也会将亚硫酸根氧化沉硫酸根，故B错误；
C．向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液会先发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓，并不能生成氨气，故C错误；
D．测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值，Na2CO3＞NaClO可以说明HCO3-的酸性强于HClO，若要比较H2CO3和HClO的酸性强弱，需要测定等物质的量浓度NaHCO3和NaClO的pH值，故D错误；
故答案为A。
9．C
【详解】A．由反应 ，该反应平衡常数大于，说明反应正向进行程度较大，转化为较容易实现，则的溶解度更小，故A错误；
B．处理后，溶液中的浓度减小，水解出的氢氧根离子浓度减小，pH下降，故B错误；
C．等体积、等浓度的和溶液，溶液中的碳酸根离子浓度更大，更有利于转化为碳酸铅，的转化率更大，故C正确；
D．转化为碳酸铅为复分解反应，转化为PbO为分解反应且无价态变化，PbO再经一步转变为Pb属于氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
10．D
【详解】A．氯化铵的水溶液显酸性是由于的水解：+H2ONH3H2O+H+，A不符合题意；
B．HClO属于弱酸，在离子方程式中不能拆开，应保留化学式，B不符合题意；
C．钠和水反应生成NaOH和H2，其离子方程式为，C不符合题意；
D．向浊液中滴加溶液，生成更难溶性的黑色CuS，白色浑浊变为黑色，其离子方程式为，D符合题意；
故答案为：D。
11．
【详解】时，，则。
12． 上层清液中生成黄色沉淀 上层清液中含有Pb2+，部分PbI2溶于水，存在溶液中存在PbI2溶解平衡 沉淀是难溶物，但不是绝对不溶，只不过溶解度很小，难溶物在水中也存在溶解平衡 PbI2(s) Pb2+(aq) +2I-(aq)
【解析】略
13． NH+H2ONH3 H2O+H+ = c(HCO)＞c(OH-)＞c(CO) Cu2+ 6
【详解】（1）①铵根水解，因此溶液Ⅰ显酸性，离子方程式为NH+H2ONH3 H2O+H+。
②常温下溶液Ⅱ的pH＝7，即溶液显中性，这说明铵根和醋酸根的水解程度相等，即相应碱和酸的电离程度相等，所以Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3 H2O)。
③碳酸氢钠溶液显碱性，这说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，则溶液Ⅲ中阴离子浓度由大到小的关系为c(HCO)＞c(OH-)＞c(CO)。
（2）①根据表中数据可知铜离子沉淀需要的pH最小，因此当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+的溶液中滴加氢氧化钠溶液时，Cu2+最先沉淀。
②25℃时，要使0.2mol L-1硫酸铜溶液中铜离子沉淀较为完全（使铜离子浓度降至原来的千分之一），即反应后溶液中铜离子浓度是2×10－4 mol L-1，所以根据Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20可知此时溶液中氢氧根的浓度是mol/L＝10－8 mol L-1，所以pH=6，则应向溶液里加入氢氧化钠溶液，使溶液pH为6。
14． CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq) 有 c2(OH-)=c(NH3 H2O)Kb=0.2×1.8×10-5=3.6×10-6，而Qc=c(Mg2+) c2(OH-)=3×10-4×3.6×10-6=1.08×10-9＞1.0×10-11= Ksp[Mg(OH)2] 4.4×10-3 橙 c 6 5
【详解】Ⅰ．CaSO4与Na2CO3反应，转化为CaCO3和Na2SO4，离子方程式为：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)；答案为：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)；
Ⅱ．向0.4mol/L的氨水中加入等体积浓度为6×10-4mol/LMgCl2溶液，溶液中c(Mg2+) c2(OH-)的浓度商大于Ksp[Mg(OH)2]，所以有沉淀生成，理由是：c2(OH-)=c(NH3 H2O)Kb=0.2×1.8×10-5=3.6×10-6，而Qc=c(Mg2+) c2(OH-)=3×10-4×3.6×10-6=1.08×10-9＞1.0×10-11= Ksp[Mg(OH)2]。设体积都为1L，溶液中n(Mg2+)=1.2×10-3mol，需消耗n(OH-)=2×(1.2×10-3mol-10-5mol)≈2.4×10-3mol；另外，为使溶液中达到Mg(OH)2的沉淀溶解平衡，还需加入c(OH-)=mol/L=1×10-3mol/L，此时向其中加入等体积的NaOH溶液浓度为=4.4×10-3mol/L时，可使Mg2+恰好沉淀完全(忽略溶液体积变化)；答案为：有；c2(OH-)=c(NH3 H2O)Kb=0.2×1.8×10-5=3.6×10-6，而Qc=c(Mg2+) c2(OH-)=3×10-4×3.6×10-6=1.08×10-9＞1.0×10-11= Ksp[Mg(OH)2]；4.4×10-3；
Ⅲ．①若平衡体系的pH=2，则平衡正向移动，溶液显橙色；
②a．和的浓度相同，可能是反应进行的某个阶段，a不符合题意；
b．2v()=v()，是反应进行的某个阶段，不是平衡状态，b不符合题意；
c．溶液的颜色不变，表明离子的浓度不变，反应达平衡状态，c符合题意；
故选c；
③第②步中，还原1mol离子，依据氧化还原反应化合价升降守恒可得出关系式：——6Fe2+，因此需要6mol的FeSO4 7H2O；
④常温下，Cr(OH)3的溶度Ksp=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的c(OH-)=mol/L=10-9mol/L，则溶液中c(H+)=10-5mol/L，pH=11，答案为：橙；c；6；5。
15． ②①④③⑤ 小于 > B 10 1.8×10﹣8 不变
【分析】⑴分开显酸性和显碱性的物质，再分析显酸性的物质中的氢离子浓度，再分析显碱性的物质中的氢氧根浓度，最后得出结论。
⑵盐酸电离出的氢离子浓度大于氨水电离出的氢氧根浓度，则盐酸抑制水电离程度大，在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合充分反应后溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性得出离子浓度由大到小顺序，分析反应后溶液中溶质，说明氨水未反应完，得出氨水的浓度大小关系。
⑶①A．NaOH溶液是强碱且具有强烈的腐蚀性；B．NaHCO3溶液水解显碱性，可以和酸反应起到缓解人体血液酸中毒；C．NaCl溶液，D．Na2SO4溶液都呈中性，不能缓解人体血液酸中毒；②已知25℃时，根据水解平衡常数和溶液中时，计算氢氧根浓度，再计算氢离子浓度，再算pH。
⑷25℃时，该温度下向1 L 0.03 mol/L的AgNO3溶液中加入1 L 0.01 mol/L的NaCl溶液之后，氯离子沉淀，硝酸银过量，根据溶度积常数和银离子浓度计算氯离子浓度。
【详解】⑴显酸性的有①0.1mol/L盐酸，②0.1mol/L H2SO4溶液，④0.1mol/LNH4Cl溶液，显碱性的有③0.1mol/LCH3COONa溶液，⑤0.1mol/L氨水。①0.1mol/L盐酸，②0.1mol/L H2SO4溶液都是电离显酸性，且硫酸为二元酸，电离出的氢离子浓度是盐酸电离出的氢离子浓度二倍，酸性强，pH小，④0.1mol/LNH4Cl溶液是水解显酸性，电离出的氢离子浓度比盐酸中电离出的氢离子小，pH大，因此这三者pH顺序为② < ① < ④，③0.1mol/LCH3COONa溶液是水解显碱性，⑤0.1mol/L氨水是电离显碱性，电离出的氢氧根浓度大于③中氢氧根浓度，碱性强，pH大，因此这两者的pH顺序为③ < ⑤，因此pH由小到大顺序为②<①<④<③<⑤；故答案为：②①④③⑤。
⑵等浓度的盐酸、氨水中，盐酸电离出的氢离子浓度大于氨水电离出的氢氧根浓度，则盐酸抑制水电离程度大，因此由水电离出的c(H+)是盐酸小于氨水。在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合充分反应后溶液呈中性，则铵根和氯离子浓度相等，氢离子和氢氧根离子浓度相等，氯离子浓度大于氢离子浓度，因此反应后溶液存在的离子浓度由大到小顺序为，溶液溶质应该是氯化铵和一水合氨的混合物，氨水未反应完，因此氨水的浓度a>0.01 mol·L-1，故答案为：小于；；>。
⑶①A．NaOH溶液是强碱且具有强烈的腐蚀性，故A不符合题意；B．NaHCO3溶液水解显碱性，可以和酸反应起到缓解人体血液酸中毒，故B符合题意；C．NaCl溶液，D．Na2SO4溶液都呈中性，不能缓解人体血液酸中毒，故CD不符合题意；综上所述，答案为B。
②当溶液中时，，，，，因此溶液的pH=10；故答案为：10。
⑷25℃时，该温度下向1 L 0.03 mol/L的AgNO3溶液中加入1 L 0.01 mol/L的NaCl溶液之后，氯离子沉淀，硝酸银过量，因此溶液中，平衡后，AgCl形成沉淀溶解平衡体系，加入氯化银固体不影响平衡，因此c(Cl－)不变；故答案为：；不变。
16． 1.0×10-12 增大 3＜pH＜9 Mg(OH)2或MgO或MgCO3
【详解】（1）25℃时，H2SO3 HSO3 +H+的电离常数Ka1=l×10-2=，而HSO3 的水解方程式为HSO3 +H2O H2SO3+OH ，水解平衡常数Kh==1.0×102×1.0×10 14=1.0×10 12；当加入少量I2时，碘把弱酸(亚硫酸)氧化成强酸(硫酸、氢碘酸)，溶液酸性增强，c(H+)增大，但是温度不变，Kh不变，则增大，故答案为：1.0×10 12；增大；
(2)Ksp[Fe(OH)3]=c（Fe3+）·c3（OH ），Fe3+完全沉淀时，c（OH ）=mol/L，可得pH＝3。Mg(OH)2开始沉淀时，c（OH ）==1.0×10-5mol/L，可得pH=9，应该调节溶液pH的范围是3＜pH＜9，为了不引入新的杂质离子，调节pH应选用的试剂是Mg(OH)2或MgO或MgCO3，故答案为：3＜pH＜9；Mg(OH)2或MgO或MgCO3。
17． c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－) 减小 加少量Na2A固体，A2－浓度增大，CaA的溶解平衡向左移动，所以c(Ca2＋)减小 Cr2O＋14H＋＋6Fe2＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 1×10－6 mol·L－1
【分析】(1) H2A在水中存在以下平衡：H2AH+＋HA-，HA－H+＋A2- ，所以H2A 是二元弱酸，NaHA在溶液中存在电离平衡和水解平衡，溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，以此分析。
(2)加少量Na2A固体，A2－浓度增大，CaA的溶解平衡向左移动。
(3) ①亚铁离子被氧化的离子方程式为Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
②根据Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38 和Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31 可知＝，根据c(Fe3＋)浓度可求出Cr3＋的浓度。
【详解】（1）因为钠离子不水解，HA－既水解又电离，所以c(Na＋)>c(HA－)，因为NaHA溶液显酸性，所以HA－的电离大于水解，又因为水电离也能产生H＋，所以c(H＋)>c(A2－)，水的电离很微弱，OH－浓度很小，所以c(A2－)>c(OH－)，综上，c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)。
因此，本题正确答案是：c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)。
（2）由于加入Na2A固体，c(A2- )增大，从而导致溶解平衡左移，c(Ca2+ )减小。
因此，本题正确答案是：减小；加少量Na2A固体，A2－浓度增大，CaA的溶解平衡向左移动，所以c(Ca2＋)减小。
（3）Cr2O72-有较强氧化性，FeSO4·7H2O中Fe2＋有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，由实验流程可知，第①步反应中Cr2O72-在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Cr3＋，根据元素守恒及所处环境可知，还应有水生成，反应离子方程式为Cr2O72-＋14H＋＋6Fe2＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；
因此，本题正确答案是：Cr2O72-＋14H＋＋6Fe2＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
（4）根据Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38 和Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31，若处理后的废水中残留的c（Fe3+）＝1×10-13mol L-1，=，c（Cr3+）＝mol/L=1×10-6mol L-1。
因此，本题正确答案是：1×10－6 mol·L－1。
18．防止因温度降低，CoCl2晶体析出
【详解】由CoCl2的溶解度曲线可以知道，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出。
19． 溶解 溶解 生成沉淀 溶解
【解析】略
20． ＜ 1.6×10－7 2.0×106 b 滴入最后一滴标准硝酸银溶液，生成红棕色沉淀，且半分钟内不褪色 Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO)=mol·L－1=1.3×10－17 mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO)=0.013×(1.3×10－17)2 =1.7×10－40＜Ksp[Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀
【详解】(1)①H2PI－的Kh＝≈1.4×10－11＜Ka2=6.2×10－8，即电离程度大于其水解程度，则常温下，NaH2PI的水溶液显酸性，pH＜7。
②常温下，Na2HPI的水溶液中Kh=≈1.6×10－7。
(2)①向AgCl悬浊液中加入适量KI溶液，发生AgCl(s)＋I－(aq) AgI(s)＋Cl－(aq)，该反应的化学平衡常数K=＝2.0×106。
②由于碘化银比氯化银更难溶，所以滴定时应加入的指示剂是K2CrO4，答案选b；由于Ag2CrO4为红棕色固体，所以滴定终点时锥形瓶中颜色的变化为滴入最后一滴标准硝酸银溶液，生成红棕色沉淀，且半分钟内不褪色。
(3)由于Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO)=mol·L－1=1.3×10－17 mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO)=0.013×(1.3×10－17)2 =1.7×10－40＜Ksp[Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。
21． 250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 最后一滴AgNO3溶液加入时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟不恢复 20.00 0.0800 若溶液pH过大，NH会生成NH3·H2O，增大AgCl溶解能力，使测定结果偏高 BCD 偏高
【分析】沉淀滴定法可用于NaCl溶液中c(Cl-)的测定，根据c（标准）=计算氯离子浓度和进行误差分析，以此解答。
【详解】⑴AgNO3见光易分解，配制一定浓度AgNO3溶液时，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还需要250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管；
⑵根据已知信息，Cl-沉淀完全后，才会生成砖红色Ag2CrO4沉淀，故可指示滴定终点，故答案为：最后一滴AgNO3溶液加入时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟不恢复；
⑶对比3组数据可知，序号1数据严重偏离平均值，为无效数据应舍去。故平均体积为20.00mL，AgNO3溶液的浓度为=0.1000mol/L，c(Cl-)==0.0800mol·L-1，故答案为：20.00；0.0800；
⑷由信息可知，若NH4Cl溶液因含碱等原因pH过大，生成的NH3可溶解AgCl，即增大AgNO3标准溶液所用体积，使测定结果偏高；故答案为：若溶液pH过大，NH会生成NH3·H2O，增大AgCl溶解能力，使测定结果偏高；
⑸A. 由于K2CrO4也能与AgNO3反应，所以加入不宜过多（与酸碱中和滴定的指示剂类似），故A不合理；
B. 滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下，有利于提高实验准确度，故B合理；
C. 若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，所配制AgNO3标准溶液浓度偏小，则滴定Cl-时消耗体积偏大，使测定结果偏高，故C合理；
D. 若未等滴定管液面稳定就读数，稍等片刻后，挂于内壁上的溶液流下，还会使液面略上升，若未等滴定管液面稳定就读数，相当于读数偏大，则测定结果偏高，故D合理；
故选BCD；
⑹由信息可知，滴定终点时，I-浓度最小，说明AgI溶解度比AgCl还小，I-会先于Cl-沉淀，故会消耗AgNO3标准溶液，使测定结果偏高，故答案为：偏高。
22． 2.2×10－6mol·L－1 CD K2Cu(C2O4)2·2H2O
【详解】(1)①pH＝7时，c(OH－)＝1×10－7mol·L－1，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，c(Cu2＋)＝＝2.2×10－6 mol·L－1；
(2) ①A．锥形瓶没有干燥，不影响待测液中溶质的物质的量，因此对EDTA标准液的体积无影响；
B．有液体溅出，待测液溶质损失，则消耗的EDTA的物质的量减小，体积偏小；
C．没有润洗滴定管，EDTA被稀释，则消耗的EDTA的体积会变大；
D．开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体，则V1偏小，由V(EDTA)=V2-V1可知消耗的EDTA体积偏大；
选CD。
②每25.00 mL溶液消耗的EDTA标准溶液的平均体积为25.00 mL，n(Cu2＋)＝n(EDTA)＝0.050 00 mol·L－1×0.025 00 L＝0.001250mol，1.770 0 g样品中：n(Cu2＋)＝0.00125 mol×＝0.005000mol，1.0900g混合物中m(CuO)＝0.005mol×80 g·mol－1＝0.4000g，n(K2CO3)＝＝0.005000mol，1.770 0 g样品中：n(K＋)＝2×n(K2CO3)＝0.01000mol，根据电荷守恒有n(C2O)＝＝0.01000 mol，n(H2O)＝[1.7700g－39g·mol－1×0.0100mol－64g·mol－1×0.0050mol－88g·mol－1×0.0100mol]/18g·mol－1＝0.010 00mol，n(K＋):n(Cu2＋):n(C2O):n(H2O)＝0.01000mol:0.00500mol:0.01000 mol:0.01000mol＝2:1:2:2，所以晶体的化学式为K2Cu(C2O4)2·2H2O。
23．(1) 恒压滴液漏斗 水浴加热
(2) 3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4 1.26×10-35
(3)As2O5+2SO2+2H2O=As2O3↓+2SO+4H+
(4)A
(5)提高CuSO4的利用率，减少成本
【分析】本实验的目的，是将As2S3矿渣进行回收处理，湿法制取As2O3。具体操作为：将As2S3矿渣用CuSO4溶液处理，制得As2O3，然后再用H2O2分解制得的O2氧化，制得易溶的As2O5，与CuS等杂质的分离；再用SO2还原，便可制得纯净的As2O3，据此回答问题。
(1)
A装置中仪器X的名称是恒压滴液漏斗；实验中，加热温度为80℃左右，所以加热方式为水浴加热；
(2)
C装置反应瓶中，As2S3与CuSO4溶液在加热条件下反应，生成CuS、As2O3等，发生反应的化学方程式为3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4；Cu2+浓度为0.5mol·L-1，则 ；
(3)
步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原，生成As2O3，同时SO2被氧化为硫酸，离子方程式为As2O5+2SO2+2H2O=As2O3↓+2SO+4H+；
(4)
由反应的化学方程式为3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4，得关系式：，解得m=49.5g，产率为，故选：A；
(5)
分离出As2O3晶体后的母液中，仍含有一定浓度的CuSO4，不管是从提高原料利用率角度考虑，还是从环保角度考虑，都应收集、循环使用，所以其实际工业生产的意义是提高CuSO4的利用率，减少成本。
答案第1页，共2页
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．t℃时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A．t℃时，的Ksp数量级是10-9
B．t℃时：的平衡常数(t℃时)
C．t℃时，用液滴定和的混合液，先沉淀
D．在饱和溶液中加入固体可使溶液由Y点到X点
2．下列实验操作、现象、结论或解释不对应的是
选项 操作 现象 结论或解释
A 常温下，向物质的量浓度均为的和混合溶液中逐滴滴入液 先出现黄色沉淀
B 常温下，用试纸测定相同浓度的溶液和溶液的 酸性：
C 常温下，同浓度同体积的醋酸溶液和盐酸分别与相同大小的片反应 醋酸溶液中放出的速率较慢 醋酸是弱电解质
D 滴有酚酞的，溶液中加入少量固体 溶液红色变浅 溶液中存在水解平衡
A．A B．B C．C D．D
3．是基本化工原料，下列方程式中正确的是
A．与反应生成
B．溶液呈碱性：
C．饱和溶液处理水垢中的
D．溶液除去中的
4．下列关于物质性质的比较，不正确的是
A．水的电离程度：100℃>25℃
B．常温下溶解度：Fe(OH)3
D．完全燃烧放出的热量：1mol碳(C)>1mol CO
5．常温下用沉淀、、三种金属离子()，所需的最低浓度的负对数值与的关系如图所示，下列说法正确的是
A．室温时向ZnS悬浊液中加入固体，Ksp(ZnS)将随之减小
B．向的溶液中加入CuS粉末，有ZnS沉淀析出
C．为除去溶液中混有的少量，可加入适量固体，充分搅拌后过滤
D．a点对于CuS是不饱和溶液，对于ZnS是过饱和溶液
6．下列实验过程能达到探究目的的是
选项 实验过程 探究目的
A 将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，观察现象 浓硫酸和木炭反应产生和气体
B 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液，无明显现象 蔗糖未发生水解反应
C 苯和液溴的混合液中加入铁粉，将产生的气体通入硝酸酸化的溶液中，产生淡黄色沉淀 苯与液溴在Fe催化下发生取代反应
D 向饱和溶液中加入CuS固体，测得溶液中不变
A．A B．B C．C D．D
7．下列说法不正确的是
A．加入呈红色的溶液：，加入酚酞呈红色的溶液：，分别都不能大量共存（常温下）
B．的溶液：的溶液：，分别都可以大量共存（常温下）
C．已知：25℃时，的，时，在的悬浊液中加入溶液后，可以转化为
D．表示摩尔燃烧焓的热化学方程式为
8．下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向浓度均为0.10mol L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 出现黄色沉淀 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
B 向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，然后再加入稀盐酸 生成白色沉淀，加入稀 盐酸，沉淀不溶解 溶液已经变质
C 向盛有NH4Al（SO4）2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液 产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 NH4++OH- = NH3↑+H2O
D 测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值 Na2CO3＞NaClO 酸性：H2CO3＜HClO
A．A B．B C．C D．D
9．工业回收铅蓄电池中的铅，常用或溶液处理铅膏(主要成分)获得： 。经处理得到的灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb，下列说法正确的是
A．的溶解度小于
B．处理后，或溶液的pH升高
C．若用等体积、等浓度的和溶液分别处理，溶液中的转化率较大
D．整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应
10．下列方程式与所给事实相符的是
A．氯化铵的水溶液显酸性：
B．氯气溶于水，水溶液显酸性：
C．钠和水反应：
D．向浊液中滴加溶液，白色浑浊变为黑色：
二、填空题
11．时溴酸银的溶解度为，则约等于 。
12．在盛有少量难溶的PbI2黄色固体的试管中，加入约3mL蒸馏水，充分振荡后静置 ；待上层液体变澄清后，即得到PbI2饱和溶液，向其中滴加几滴0.1ml·L-1 PbI2溶液，观察实验现象。
你能解释所观察到的现象吗？
现象：
结论：
解释：
13．请按要求回答下列问题：
（1）25℃时，物质的量浓度均为0.1mol L-1的几种盐溶液的pH如下表所示。
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
溶液 NH4Cl溶液 CH3COONH4溶液 NaHCO3溶液
pH 5 7 8.4
①溶液Ⅰ显酸性的原因是 （用离子方程式表示）。
②溶液Ⅱ中，Ka(CH3COOH) （填“＞”“＜”或“＝”）Kb(NH3 H2O)。
③写出溶液Ⅲ中阴离子浓度由大到小的关系： 。
（2）几种离子开始沉淀时的pH如下表所示。
离子 Fe2+ Cu2+ Mg2+
pH 7.6 5.2 10.4
①当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+的溶液中滴加氢氧化钠溶液时， （填离子符号）最先沉淀。
②25℃时，要使0.2mol L-1硫酸铜溶液中铜离子沉淀较为完全（使铜离子浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液，使溶液pH为 。{Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20}
14．沉淀的生成、溶解和转化在无机物制备和提纯以及科研等领域有广泛应用。
Ⅰ．汽车尾气中的SO2可用石灰水来吸收，生成CaSO3浊液。CaSO3易变质为CaSO4，水垢中含有较多的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为： 。
Ⅱ．已知25℃时，NH3 H2O电离常数Kb=1.8×10-5，Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11，向0.4mol/L的氨水中加入等体积浓度为6×10-4mol/LMgCl2溶液，沉淀生成 (填“无”或“有”)，并简述理由 ；若某溶液中c(Mg2+)=1.2×10-3mol/L，需向其中加入等体积的NaOH溶液浓度为 mol/L时，可使Mg2+恰好沉淀完全(忽略溶液体积变化)。
Ⅲ．工业废水中常含有一定量的和，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为：
Cr3+Cr(OH)3
其中第①步存在平衡：(黄色)+2H+(橙色)+H2O
①若平衡体系的pH=2，则溶液显 色。
②能说明第①步反应达平衡状态的是 。
a．和的浓度相同
b．2v()=v()
c．溶液的颜色不变
③第②步中，还原1mol离子，需要 mol的FeSO4 7H2O。
④第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)。常温下，Cr(OH)3的溶度Ksp=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至 。
15．水溶液中的离子平衡是中学学习的一个重要内容。
（1）下列溶液①0.1mol/L盐酸②0.1mol/L H2SO4溶液③0.1mol/LCH3COONa溶液④0.1mol/LNH4Cl溶液⑤0.1mol/L氨水，按pH由小到大顺序为 （填序号）
（2）等浓度的盐酸、氨水中，由水电离出的H+浓度c（H+）盐酸 c（H+）氨水（填“大于”“小于”或“等于”）。在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合充分反应后溶液呈中性。则反应后溶液存在的离子浓度由大到小顺序为 ，氨水的浓度a 0.01 mol·L-1（填“>”、“<”或“=”）
（3）某同学查阅资料发现，人体血液里存在重要的酸碱平衡：CO2+H2O H2CO3HCO3﹣，使人体血液pH保持在7.35～7.45，否则就会发生酸中毒或碱中毒。
①人体血液酸中毒时，可注射 （填选项）缓解；
A．NaOH溶液 B．NaHCO3溶液 C．NaCl溶液 D．Na2SO4溶液
②已知25℃时，水解反应的一级平衡常数，当溶液中时，溶液的pH= 。
（4）25℃时，AgCl的Ksp＝1.8×10﹣10，该温度下向1 L 0.03 mol/L的AgNO3溶液中加入1 L 0.01 mol/L的NaCl溶液之后，溶液中c（Cl﹣）＝ mol/L（忽略混合前后溶液体积的变化）。平衡后，若向该体系中加入少量AgCl固体，则c（Cl﹣） （填“增大”或“减小”或“不变”）。
16．(1)已知：25℃时，H2SO3的电离常数Ka1=l×10-2.，Ka2=l×10-7，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh= ，若向NaHSO3溶液中加，入少量的I2，则溶液中将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为1.0×10-38、1.0×10-11，浓度均为0.1mol·L-1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中。要使Fe3+完全沉淀(离子浓度小于1.0×10-5)而Mg2+不沉淀，应该调节溶液pH的范围是 ，调节pH应选用的试剂是 。(填化学式)。
17．(1)H2A在水中存在以下平衡：H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。NaHA溶液显酸性，则溶液中离子浓度的大小顺序为 。
(2)已知常温下H2A的钙盐(CaA)饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)滴加少量Na2A固体，c(Ca2＋) (填“增大”“减小”或“不变”)，原因是 。
(3)含有的废水毒性较大，某工厂废水中含4.00×10－3 mol·L－1的Cr2O。为使废水能达标排放，作如下处理： Cr3＋、Fe3＋Cr(OH)3、Fe(OH)3
①该废水中加入FeSO4·7H2O和稀硫酸，发生反应的离子方程式为： 。
②若处理后的废水中残留的c(Fe3＋)＝1×10－13 mol·L－1，则残留的Cr3＋的浓度为 。{已知：Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10－38 ，Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31}
18．已知CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴沉淀中加入足量稀盐酸边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤的原因是 。
19．外界因素对沉淀溶解平衡的影响
①温度：升高温度，多数沉淀溶解平衡向 的方向移动；少数沉淀溶解平衡向生成沉淀方向移动，如Ca(OH)2的溶解平衡。
②浓度：加水稀释，平衡向 方向移动。
③相同离子：加入与难溶电解质构成中相同的离子，平衡向 的方向移动。
④反应离子：加入可与难溶电解质溶解所得的离子反应的物质，平衡向 的方向移动。
20．磷、碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下面问题：
(1)H3PI是一种三元弱酸，常温下其三级电离常数分别是Ka1=7.1×10－3，Ka2=6.2×10－8，Ka3=4.5×10－13。
①利用Ka与Kh的相对大小判断：常温下，NaH2PI的水溶液pH 7(填“＞”、“＜”或“=”)。
②常温下，Na2HPI的水溶液中Kh = (保留2位有效数字)。
(2)已知常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10；Ksp(AgI)=9.0×10-17 ；Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12。AgI为黄色固体；Ag2CrO4为红棕色固体。
①向AgCl悬浊液中加入适量KI溶液，发生AgCl(s)＋I－(aq) AgI(s)＋Cl－(aq)，该反应的化学平衡常数K= 。
②测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时应加入的指示剂是 。
a．KI b．K2CrO4 c．KCl
滴定终点时锥形瓶中颜色的变化： 。
(3)某溶液中c(Fe3＋)=c(Mg2＋)=0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全，即溶液中c(Fe3＋)=1.0×10－5 mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？(FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24) (列式计算)。
三、实验题
21．分析化学中的滴定法除了酸碱中和滴定，还有沉淀滴定、络合滴定、氧化还原滴定等。沉淀滴定法可用于NaCl溶液中c(Cl-)的测定。实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
已知：①Ag2CrO4是一种难溶于水的砖红色沉淀；
②溶液中同时存在Cl-和CrO时，滴入AgNO3溶液，先生成AgCl沉淀；
③AgCl＋2NH3=[Ag(NH3)2]+＋Cl-
Ⅰ.准备标准溶液
准确称取AgNO3基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
Ⅱ.滴定的主要步骤
a.取待测NaCl溶液25.00mL于锥形瓶中。
b.加入1mL5%K2CrO4溶液。
c.在不断摇动下用AgNO3标准溶液滴定，当接近终点时，需逐滴加入AgNO3溶液，并用力振荡。记下终点时消耗AgNO3标准溶液的体积。
d.重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号 1 2 3
消耗AgNO3标准溶液体积/mL 20.45 20.02 19.98
e.数据处理。
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液。所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 。
（2）滴定终点的现象是 。
（3）计算所消耗的AgNO3标准溶液平均体积为 mL，测得c(Cl-)= mol·L-1。
（4）若用该方法测定NH4Cl溶液中的c(Cl-)，待测液的pH不宜超过7.2，理由是 。
（5）下列关于实验的说法合理的是 。
A．为使终点现象更加明显，可改加1mL10%K2CrO4溶液
B．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下
C．若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果偏高
D．若未等滴定管液面稳定就读数会导致测定结果偏高
（6）如图是0.1mol·L-1AgNO3分别滴定0.1mol·L-1NaCl、NaBr、NaI时的滴定突跃曲线，其中pc(X-)=－lgc(X-)。由此可知，NaCl溶液中混有I-，会使测定结果 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
22．草酸合铜酸钾是一种重要的化工原料，其晶体组成可表示为KxCuy(C2O4)z·wH2O。
(1)实验室用CuSO4溶液和NaOH溶液混合制备Cu(OH)2，再将所得Cu(OH)2与KHC2O4溶液混合，可制备草酸合铜酸钾晶体。
已知：室温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。制备Cu(OH)2的过程中，pH=7时，溶液中c(Cu2+)= 。
(2)一种测定草酸合铜酸钾晶体组成的方法如下：
步骤Ⅰ：准确称取1.7700 g样品，充分加热，剩余固体为K2CO3与CuO的混合物，质量为1.0900 g。
步骤Ⅱ：准确称取1.7700 g样品，用NH3·H2O-NH4Cl溶液溶解、加水稀释，定容至100 mL。
步骤Ⅲ：准确量取步骤Ⅱ所得溶液25.00 mL于锥形瓶中，滴入指示剂，用浓度为0.05000 mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点。(已知Cu2+ 与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)。重复上述滴定操作两次，有关数据记录如表：
第一次滴定 第二次滴定 第三次滴定
消耗EDTA标准溶液的体积/mL 25.92 24.99 25.01
①第一次滴定消耗的EDTA标准溶液的体积明显偏大，其可能的原因有 。
A．锥形瓶水洗后未干燥
B．滴定过程锥形瓶中有液体溅出
C．装EDTA标准溶液的滴定管水洗后未润洗
D．开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体
②通过计算确定该样品的化学式为 (写出计算过程)。
23．As2S3是国民经济发展中不可缺少的资源，是剧毒物质。某小组拟在实验室模拟对As2S3矿渣进行回收处理，湿法制取As2O3.实验装置及步骤如下。
步骤1：向C装置的反应瓶中，加入61.5gAs2S3粉料与200mL足量的CuSO4溶液形成料浆，关闭开关B，控制温度80℃左右，持续搅拌反应1小时。
步骤2：待C装置反应瓶中的反应溶液冷却至室温，料浆中主要含CuS和As2O3.打开B，通入过量氧气使微溶的As2O3氧化成易溶的As2O5，过滤。
步骤3：向步骤2的滤液中通入二氧化硫，使As2O5还原，经冷却析出As2O3晶体19.8g。
(1)A装置中仪器X的名称是 ；实验中的加热方式为 。
(2)C装置反应瓶中发生反应的化学方程式为 。步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为0.5mol·L-1，已知CuS的Ksp=6.3×10-36.则滤液中S2-浓度为 mol·L-1。
(3)步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原的离子方程式为 。
(4)本实验中As2O3的产率最接近于___________(填标号)。
A．40% B．50% C．60% D．70%
(5)将分离出As2O3晶体后的母液收集、循环使用，其实际工业生产的意义是 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．的沉淀溶解平衡为，根据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到，A项错误；
B．在时，的平衡常数，B项正确；
C．混合溶液中，，向其中滴加溶液，开始生成沉淀时所需，开始生成沉淀时所需，故先析出氯化银沉淀，C项错误；
D．在饱和溶液中加入固体，可使沉淀溶解平衡逆向移动，则溶液中增大，减小，不可能由Y点到X点，D项错误；
答案选B。
2．A
【详解】A．浓度均为的和混合溶液中逐滴滴入液，Ksp小的先沉淀，由现象可知，结论或解释不对应，故A选；
B．温下，用试纸测定相同浓度的溶液和溶液的，pH小的溶液酸性强，由于，所以酸性：，结论或解释对应，故B不选；
C．醋酸为弱酸，与浓度相同的盐酸对比，氢离子浓度较小，则醋酸与锌反应的速率慢，醋酸是弱电解质，结论或解释对应，故C不选；
D．碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，碱性降低，红色变浅，结论或解释对应，故D不选；
答案为A。
3．C
【详解】A．与反应生成碳酸钠的方程式是，A项未配平，A项错误；
B．溶液呈碱性：。分步水解，第一步水解为主，B项错误；
C．碳酸钙的溶解度比硫酸钙小，利用沉淀转化的原理，C项正确；
D．醋酸是弱酸，所以溶液除去中的，D项错误；
故答案选C。
4．C
【详解】A.H2O是弱电解质，H2O电离过程吸收热量，因此升高温度促进水的电离，因此水的电离程度100℃>25℃，A正确；
B.常温下向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，出现红褐色Fe(OH)3沉淀，说明生成溶解度更小的物质，因此溶解度：Fe(OH)3
D.C燃烧产生CO放出热量，反应产生的CO再燃烧变为CO2也放出热量，所以完全燃烧1mol碳(C)放出的热量比1mol CO完全燃烧放出的热量多，D正确；
故合理选项是C。
5．B
【分析】在p(S2 )=15时，与y轴平衡线画一条平行线，p(Mn2+)＜p(Zn2+)＜p(Cu2+)，则Ksp(MnS)＞Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)。
【详解】A．室温时向ZnS悬浊液中加入固体，硫离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但Ksp(ZnS)大小不变，故A错误；
B．根据前面分析Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，根据图中信息得到Ksp(ZnS)=10 25，Ksp(CuS) =10 35，向的溶液中加入CuS粉末，则离子积0.1×10 17.5＞Ksp(ZnS)，则有ZnS沉淀析出，故B正确；
C．根据前面分析Ksp(MnS)＞Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，为除去溶液中混有的少量，可加入适量固体，铜离子变为CuS沉淀，氮引入新的杂质，应该加入，充分搅拌后过滤，故C错误；
D．a点离子积常数大于Ksp(CuS)，对于CuS是过饱和溶液，a点离子积常数小于Ksp(ZnS)，对于ZnS是不饱和溶液，故D错误。
综上所述，答案为B。
6．D
【详解】A.品红不能除去，其与溶液产生，达不到实验目的，A错误；
B.银氨溶液须在碱性条件下反应，所以必需加碱中和硫酸，否则无现象，B错误；
C.液溴容易挥发，与水发生歧化反应生成HBr。当同溶液中接触时也会产生淡黄色沉淀，C错误；
D.如果，减小，反之，，D正确；
故选D。
7．B
【详解】A. 加入显红色的溶液中含有能够氧化I－，不能大量共存；加入酚酞呈红色的溶液显碱性，在碱性溶液中不能大量存在，故A正确。
B. 的溶液显碱性，在碱性溶液中能够大量共存；的溶液显酸性，在酸性溶液中能够氧化，不能大量共存，故B错误。
C. 二者接近，使用浓溶液可以使转化为，故C正确。
D. 燃烧热是指一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，则表示摩尔燃烧焓的热化学方程式为，故D正确。答案选B。
8．A
【详解】A．向浓度均为0.10mol L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明相同条件下AgI先于AgCl沉淀，二者为同种类型沉淀，Ksp越小溶解度越小，相同条件下越先沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故A正确；
B．即便亚硫酸没有变质，先加入Ba(NO3)2溶液，再加入稀盐酸后硝酸根也会将亚硫酸根氧化沉硫酸根，故B错误；
C．向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液会先发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓，并不能生成氨气，故C错误；
D．测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值，Na2CO3＞NaClO可以说明HCO3-的酸性强于HClO，若要比较H2CO3和HClO的酸性强弱，需要测定等物质的量浓度NaHCO3和NaClO的pH值，故D错误；
故答案为A。
9．C
【详解】A．由反应 ，该反应平衡常数大于，说明反应正向进行程度较大，转化为较容易实现，则的溶解度更小，故A错误；
B．处理后，溶液中的浓度减小，水解出的氢氧根离子浓度减小，pH下降，故B错误；
C．等体积、等浓度的和溶液，溶液中的碳酸根离子浓度更大，更有利于转化为碳酸铅，的转化率更大，故C正确；
D．转化为碳酸铅为复分解反应，转化为PbO为分解反应且无价态变化，PbO再经一步转变为Pb属于氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
10．D
【详解】A．氯化铵的水溶液显酸性是由于的水解：+H2ONH3H2O+H+，A不符合题意；
B．HClO属于弱酸，在离子方程式中不能拆开，应保留化学式，B不符合题意；
C．钠和水反应生成NaOH和H2，其离子方程式为，C不符合题意；
D．向浊液中滴加溶液，生成更难溶性的黑色CuS，白色浑浊变为黑色，其离子方程式为，D符合题意；
故答案为：D。
11．
【详解】时，，则。
12． 上层清液中生成黄色沉淀 上层清液中含有Pb2+，部分PbI2溶于水，存在溶液中存在PbI2溶解平衡 沉淀是难溶物，但不是绝对不溶，只不过溶解度很小，难溶物在水中也存在溶解平衡 PbI2(s) Pb2+(aq) +2I-(aq)
【解析】略
13． NH+H2ONH3 H2O+H+ = c(HCO)＞c(OH-)＞c(CO) Cu2+ 6
【详解】（1）①铵根水解，因此溶液Ⅰ显酸性，离子方程式为NH+H2ONH3 H2O+H+。
②常温下溶液Ⅱ的pH＝7，即溶液显中性，这说明铵根和醋酸根的水解程度相等，即相应碱和酸的电离程度相等，所以Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3 H2O)。
③碳酸氢钠溶液显碱性，这说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，则溶液Ⅲ中阴离子浓度由大到小的关系为c(HCO)＞c(OH-)＞c(CO)。
（2）①根据表中数据可知铜离子沉淀需要的pH最小，因此当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+的溶液中滴加氢氧化钠溶液时，Cu2+最先沉淀。
②25℃时，要使0.2mol L-1硫酸铜溶液中铜离子沉淀较为完全（使铜离子浓度降至原来的千分之一），即反应后溶液中铜离子浓度是2×10－4 mol L-1，所以根据Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20可知此时溶液中氢氧根的浓度是mol/L＝10－8 mol L-1，所以pH=6，则应向溶液里加入氢氧化钠溶液，使溶液pH为6。
14． CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq) 有 c2(OH-)=c(NH3 H2O)Kb=0.2×1.8×10-5=3.6×10-6，而Qc=c(Mg2+) c2(OH-)=3×10-4×3.6×10-6=1.08×10-9＞1.0×10-11= Ksp[Mg(OH)2] 4.4×10-3 橙 c 6 5
【详解】Ⅰ．CaSO4与Na2CO3反应，转化为CaCO3和Na2SO4，离子方程式为：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)；答案为：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)；
Ⅱ．向0.4mol/L的氨水中加入等体积浓度为6×10-4mol/LMgCl2溶液，溶液中c(Mg2+) c2(OH-)的浓度商大于Ksp[Mg(OH)2]，所以有沉淀生成，理由是：c2(OH-)=c(NH3 H2O)Kb=0.2×1.8×10-5=3.6×10-6，而Qc=c(Mg2+) c2(OH-)=3×10-4×3.6×10-6=1.08×10-9＞1.0×10-11= Ksp[Mg(OH)2]。设体积都为1L，溶液中n(Mg2+)=1.2×10-3mol，需消耗n(OH-)=2×(1.2×10-3mol-10-5mol)≈2.4×10-3mol；另外，为使溶液中达到Mg(OH)2的沉淀溶解平衡，还需加入c(OH-)=mol/L=1×10-3mol/L，此时向其中加入等体积的NaOH溶液浓度为=4.4×10-3mol/L时，可使Mg2+恰好沉淀完全(忽略溶液体积变化)；答案为：有；c2(OH-)=c(NH3 H2O)Kb=0.2×1.8×10-5=3.6×10-6，而Qc=c(Mg2+) c2(OH-)=3×10-4×3.6×10-6=1.08×10-9＞1.0×10-11= Ksp[Mg(OH)2]；4.4×10-3；
Ⅲ．①若平衡体系的pH=2，则平衡正向移动，溶液显橙色；
②a．和的浓度相同，可能是反应进行的某个阶段，a不符合题意；
b．2v()=v()，是反应进行的某个阶段，不是平衡状态，b不符合题意；
c．溶液的颜色不变，表明离子的浓度不变，反应达平衡状态，c符合题意；
故选c；
③第②步中，还原1mol离子，依据氧化还原反应化合价升降守恒可得出关系式：——6Fe2+，因此需要6mol的FeSO4 7H2O；
④常温下，Cr(OH)3的溶度Ksp=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的c(OH-)=mol/L=10-9mol/L，则溶液中c(H+)=10-5mol/L，pH=11，答案为：橙；c；6；5。
15． ②①④③⑤ 小于 > B 10 1.8×10﹣8 不变
【分析】⑴分开显酸性和显碱性的物质，再分析显酸性的物质中的氢离子浓度，再分析显碱性的物质中的氢氧根浓度，最后得出结论。
⑵盐酸电离出的氢离子浓度大于氨水电离出的氢氧根浓度，则盐酸抑制水电离程度大，在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合充分反应后溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性得出离子浓度由大到小顺序，分析反应后溶液中溶质，说明氨水未反应完，得出氨水的浓度大小关系。
⑶①A．NaOH溶液是强碱且具有强烈的腐蚀性；B．NaHCO3溶液水解显碱性，可以和酸反应起到缓解人体血液酸中毒；C．NaCl溶液，D．Na2SO4溶液都呈中性，不能缓解人体血液酸中毒；②已知25℃时，根据水解平衡常数和溶液中时，计算氢氧根浓度，再计算氢离子浓度，再算pH。
⑷25℃时，该温度下向1 L 0.03 mol/L的AgNO3溶液中加入1 L 0.01 mol/L的NaCl溶液之后，氯离子沉淀，硝酸银过量，根据溶度积常数和银离子浓度计算氯离子浓度。
【详解】⑴显酸性的有①0.1mol/L盐酸，②0.1mol/L H2SO4溶液，④0.1mol/LNH4Cl溶液，显碱性的有③0.1mol/LCH3COONa溶液，⑤0.1mol/L氨水。①0.1mol/L盐酸，②0.1mol/L H2SO4溶液都是电离显酸性，且硫酸为二元酸，电离出的氢离子浓度是盐酸电离出的氢离子浓度二倍，酸性强，pH小，④0.1mol/LNH4Cl溶液是水解显酸性，电离出的氢离子浓度比盐酸中电离出的氢离子小，pH大，因此这三者pH顺序为② < ① < ④，③0.1mol/LCH3COONa溶液是水解显碱性，⑤0.1mol/L氨水是电离显碱性，电离出的氢氧根浓度大于③中氢氧根浓度，碱性强，pH大，因此这两者的pH顺序为③ < ⑤，因此pH由小到大顺序为②<①<④<③<⑤；故答案为：②①④③⑤。
⑵等浓度的盐酸、氨水中，盐酸电离出的氢离子浓度大于氨水电离出的氢氧根浓度，则盐酸抑制水电离程度大，因此由水电离出的c(H+)是盐酸小于氨水。在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合充分反应后溶液呈中性，则铵根和氯离子浓度相等，氢离子和氢氧根离子浓度相等，氯离子浓度大于氢离子浓度，因此反应后溶液存在的离子浓度由大到小顺序为，溶液溶质应该是氯化铵和一水合氨的混合物，氨水未反应完，因此氨水的浓度a>0.01 mol·L-1，故答案为：小于；；>。
⑶①A．NaOH溶液是强碱且具有强烈的腐蚀性，故A不符合题意；B．NaHCO3溶液水解显碱性，可以和酸反应起到缓解人体血液酸中毒，故B符合题意；C．NaCl溶液，D．Na2SO4溶液都呈中性，不能缓解人体血液酸中毒，故CD不符合题意；综上所述，答案为B。
②当溶液中时，，，，，因此溶液的pH=10；故答案为：10。
⑷25℃时，该温度下向1 L 0.03 mol/L的AgNO3溶液中加入1 L 0.01 mol/L的NaCl溶液之后，氯离子沉淀，硝酸银过量，因此溶液中，平衡后，AgCl形成沉淀溶解平衡体系，加入氯化银固体不影响平衡，因此c(Cl－)不变；故答案为：；不变。
16． 1.0×10-12 增大 3＜pH＜9 Mg(OH)2或MgO或MgCO3
【详解】（1）25℃时，H2SO3 HSO3 +H+的电离常数Ka1=l×10-2=，而HSO3 的水解方程式为HSO3 +H2O H2SO3+OH ，水解平衡常数Kh==1.0×102×1.0×10 14=1.0×10 12；当加入少量I2时，碘把弱酸(亚硫酸)氧化成强酸(硫酸、氢碘酸)，溶液酸性增强，c(H+)增大，但是温度不变，Kh不变，则增大，故答案为：1.0×10 12；增大；
(2)Ksp[Fe(OH)3]=c（Fe3+）·c3（OH ），Fe3+完全沉淀时，c（OH ）=mol/L，可得pH＝3。Mg(OH)2开始沉淀时，c（OH ）==1.0×10-5mol/L，可得pH=9，应该调节溶液pH的范围是3＜pH＜9，为了不引入新的杂质离子，调节pH应选用的试剂是Mg(OH)2或MgO或MgCO3，故答案为：3＜pH＜9；Mg(OH)2或MgO或MgCO3。
17． c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－) 减小 加少量Na2A固体，A2－浓度增大，CaA的溶解平衡向左移动，所以c(Ca2＋)减小 Cr2O＋14H＋＋6Fe2＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 1×10－6 mol·L－1
【分析】(1) H2A在水中存在以下平衡：H2AH+＋HA-，HA－H+＋A2- ，所以H2A 是二元弱酸，NaHA在溶液中存在电离平衡和水解平衡，溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，以此分析。
(2)加少量Na2A固体，A2－浓度增大，CaA的溶解平衡向左移动。
(3) ①亚铁离子被氧化的离子方程式为Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
②根据Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38 和Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31 可知＝，根据c(Fe3＋)浓度可求出Cr3＋的浓度。
【详解】（1）因为钠离子不水解，HA－既水解又电离，所以c(Na＋)>c(HA－)，因为NaHA溶液显酸性，所以HA－的电离大于水解，又因为水电离也能产生H＋，所以c(H＋)>c(A2－)，水的电离很微弱，OH－浓度很小，所以c(A2－)>c(OH－)，综上，c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)。
因此，本题正确答案是：c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)。
（2）由于加入Na2A固体，c(A2- )增大，从而导致溶解平衡左移，c(Ca2+ )减小。
因此，本题正确答案是：减小；加少量Na2A固体，A2－浓度增大，CaA的溶解平衡向左移动，所以c(Ca2＋)减小。
（3）Cr2O72-有较强氧化性，FeSO4·7H2O中Fe2＋有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，由实验流程可知，第①步反应中Cr2O72-在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Cr3＋，根据元素守恒及所处环境可知，还应有水生成，反应离子方程式为Cr2O72-＋14H＋＋6Fe2＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；
因此，本题正确答案是：Cr2O72-＋14H＋＋6Fe2＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
（4）根据Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38 和Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31，若处理后的废水中残留的c（Fe3+）＝1×10-13mol L-1，=，c（Cr3+）＝mol/L=1×10-6mol L-1。
因此，本题正确答案是：1×10－6 mol·L－1。
18．防止因温度降低，CoCl2晶体析出
【详解】由CoCl2的溶解度曲线可以知道，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出。
19． 溶解 溶解 生成沉淀 溶解
【解析】略
20． ＜ 1.6×10－7 2.0×106 b 滴入最后一滴标准硝酸银溶液，生成红棕色沉淀，且半分钟内不褪色 Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO)=mol·L－1=1.3×10－17 mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO)=0.013×(1.3×10－17)2 =1.7×10－40＜Ksp[Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀
【详解】(1)①H2PI－的Kh＝≈1.4×10－11＜Ka2=6.2×10－8，即电离程度大于其水解程度，则常温下，NaH2PI的水溶液显酸性，pH＜7。
②常温下，Na2HPI的水溶液中Kh=≈1.6×10－7。
(2)①向AgCl悬浊液中加入适量KI溶液，发生AgCl(s)＋I－(aq) AgI(s)＋Cl－(aq)，该反应的化学平衡常数K=＝2.0×106。
②由于碘化银比氯化银更难溶，所以滴定时应加入的指示剂是K2CrO4，答案选b；由于Ag2CrO4为红棕色固体，所以滴定终点时锥形瓶中颜色的变化为滴入最后一滴标准硝酸银溶液，生成红棕色沉淀，且半分钟内不褪色。
(3)由于Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO)=mol·L－1=1.3×10－17 mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO)=0.013×(1.3×10－17)2 =1.7×10－40＜Ksp[Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。
21． 250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 最后一滴AgNO3溶液加入时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟不恢复 20.00 0.0800 若溶液pH过大，NH会生成NH3·H2O，增大AgCl溶解能力，使测定结果偏高 BCD 偏高
【分析】沉淀滴定法可用于NaCl溶液中c(Cl-)的测定，根据c（标准）=计算氯离子浓度和进行误差分析，以此解答。
【详解】⑴AgNO3见光易分解，配制一定浓度AgNO3溶液时，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还需要250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管；
⑵根据已知信息，Cl-沉淀完全后，才会生成砖红色Ag2CrO4沉淀，故可指示滴定终点，故答案为：最后一滴AgNO3溶液加入时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟不恢复；
⑶对比3组数据可知，序号1数据严重偏离平均值，为无效数据应舍去。故平均体积为20.00mL，AgNO3溶液的浓度为=0.1000mol/L，c(Cl-)==0.0800mol·L-1，故答案为：20.00；0.0800；
⑷由信息可知，若NH4Cl溶液因含碱等原因pH过大，生成的NH3可溶解AgCl，即增大AgNO3标准溶液所用体积，使测定结果偏高；故答案为：若溶液pH过大，NH会生成NH3·H2O，增大AgCl溶解能力，使测定结果偏高；
⑸A. 由于K2CrO4也能与AgNO3反应，所以加入不宜过多（与酸碱中和滴定的指示剂类似），故A不合理；
B. 滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下，有利于提高实验准确度，故B合理；
C. 若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，所配制AgNO3标准溶液浓度偏小，则滴定Cl-时消耗体积偏大，使测定结果偏高，故C合理；
D. 若未等滴定管液面稳定就读数，稍等片刻后，挂于内壁上的溶液流下，还会使液面略上升，若未等滴定管液面稳定就读数，相当于读数偏大，则测定结果偏高，故D合理；
故选BCD；
⑹由信息可知，滴定终点时，I-浓度最小，说明AgI溶解度比AgCl还小，I-会先于Cl-沉淀，故会消耗AgNO3标准溶液，使测定结果偏高，故答案为：偏高。
22． 2.2×10－6mol·L－1 CD K2Cu(C2O4)2·2H2O
【详解】(1)①pH＝7时，c(OH－)＝1×10－7mol·L－1，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，c(Cu2＋)＝＝2.2×10－6 mol·L－1；
(2) ①A．锥形瓶没有干燥，不影响待测液中溶质的物质的量，因此对EDTA标准液的体积无影响；
B．有液体溅出，待测液溶质损失，则消耗的EDTA的物质的量减小，体积偏小；
C．没有润洗滴定管，EDTA被稀释，则消耗的EDTA的体积会变大；
D．开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体，则V1偏小，由V(EDTA)=V2-V1可知消耗的EDTA体积偏大；
选CD。
②每25.00 mL溶液消耗的EDTA标准溶液的平均体积为25.00 mL，n(Cu2＋)＝n(EDTA)＝0.050 00 mol·L－1×0.025 00 L＝0.001250mol，1.770 0 g样品中：n(Cu2＋)＝0.00125 mol×＝0.005000mol，1.0900g混合物中m(CuO)＝0.005mol×80 g·mol－1＝0.4000g，n(K2CO3)＝＝0.005000mol，1.770 0 g样品中：n(K＋)＝2×n(K2CO3)＝0.01000mol，根据电荷守恒有n(C2O)＝＝0.01000 mol，n(H2O)＝[1.7700g－39g·mol－1×0.0100mol－64g·mol－1×0.0050mol－88g·mol－1×0.0100mol]/18g·mol－1＝0.010 00mol，n(K＋):n(Cu2＋):n(C2O):n(H2O)＝0.01000mol:0.00500mol:0.01000 mol:0.01000mol＝2:1:2:2，所以晶体的化学式为K2Cu(C2O4)2·2H2O。
23．(1) 恒压滴液漏斗 水浴加热
(2) 3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4 1.26×10-35
(3)As2O5+2SO2+2H2O=As2O3↓+2SO+4H+
(4)A
(5)提高CuSO4的利用率，减少成本
【分析】本实验的目的，是将As2S3矿渣进行回收处理，湿法制取As2O3。具体操作为：将As2S3矿渣用CuSO4溶液处理，制得As2O3，然后再用H2O2分解制得的O2氧化，制得易溶的As2O5，与CuS等杂质的分离；再用SO2还原，便可制得纯净的As2O3，据此回答问题。
(1)
A装置中仪器X的名称是恒压滴液漏斗；实验中，加热温度为80℃左右，所以加热方式为水浴加热；
(2)
C装置反应瓶中，As2S3与CuSO4溶液在加热条件下反应，生成CuS、As2O3等，发生反应的化学方程式为3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4；Cu2+浓度为0.5mol·L-1，则 ；
(3)
步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原，生成As2O3，同时SO2被氧化为硫酸，离子方程式为As2O5+2SO2+2H2O=As2O3↓+2SO+4H+；
(4)
由反应的化学方程式为3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4，得关系式：，解得m=49.5g，产率为，故选：A；
(5)
分离出As2O3晶体后的母液中，仍含有一定浓度的CuSO4，不管是从提高原料利用率角度考虑，还是从环保角度考虑，都应收集、循环使用，所以其实际工业生产的意义是提高CuSO4的利用率，减少成本。
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