3.4.1难溶电解质的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 | 3.4.1难溶电解质的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 | 741.1KB | ||
| 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 22:43:50 | ||
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文档简介
3.4.1难溶电解质的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．溴酸银(AgBrO3)的溶解度随温度变化曲线如图所示,下列说法正确的是
A．常温下，溴酸银饱和溶液中加NaCl固体，出现白色沉淀
B．溴酸银的溶解速度随温度的升高而减慢
C．溴酸银的Ksp约等于6×10-4
D．向溴酸银饱和溶液中加入浓HBrO3，无明显现象
2．25 ℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是
A．溶液中Pb2＋和I-浓度都增大 B．溶液中Pb2＋和I-浓度都减小
C．沉淀溶解平衡向右移动 D．溶液中Pb2＋浓度减小
3．天然水体中的碳酸盐系统(、、、)，微粒不同浓度分布会影响溶液的pH。某温度下，溶洞水体中(X为、、或)与pH关系如图所示：
下列说法正确的是
A．曲线①代表
B．的数量级为
C．该温度下与为线性关系
D．溶液中始终存在
4．下列图示与应叙述相符的是
A．图1表示向氯水中逐滴加入醋酸，溶液导电性随加入酸体积的变化
B．图2表示酸性介质原电池反应过程中的电流强度的变化，T时可能加入了
C．图3表示SO2与反应过程中的能量变化，其中
D．图4表示在饱和溶液中逐步加固体后，溶液中 的浓度变化
5．硫酸锶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲线如下，下列说法正确的是
A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42-)的增大而减小
B．三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大
C．283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液
D．283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液
6．在某温度下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量稀盐酸，下列说法不正确的是
A．AgCl的溶解度不变 B．AgCl的Ksp不变
C．溶液中银离子的浓度减小 D．溶液中氯离子的浓度增大
7．化工生产中常用FeS作为沉淀剂除去工业废水中的Pb2+，反应原理为FeS(s)+Pb2+(aq) PbS(s)+Fe2+(aq)，下列有关叙述错误的是
A．达到平衡时，c(Pb2+)=c(Fe2+)
B．Ksp(FeS)大于Ksp(PbS)
C．该反应的平衡常数K=
D．溶液中加入少量Na2S固体后，c(Fe2+)减小
8．将AgCl分别加入盛有：①5mL水②6mL 0.5溶液③10mL 0.2溶液 ④5mL 0.3盐酸的烧杯中，均有固体剩余，各溶液中c(Ag+)从大到小的顺序排列正确的是
A．①④③② B．②③④①
C．④③②① D．①③④②
9．下列说法正确的是
A．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液
B．25℃时NaHA溶液pH＜7说明H2A是强酸
C．25℃时用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7，V醋酸＜VNaOH
D．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成
10．已知：pCu=－1gc(Cu+)，pX=－lgc(X－)。298K时，Ksp(CuCl)=a×10－6，Ksp(CuBr)=b×10－9，Ksp(CuI)=c×10－12。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是
A．298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c(Cu+)和c(Cl－)都减小
B．图中x代表CuI曲线，且P点c(Cu+)=c(I－)
C．298K时增大M点的阴离子浓度，则y上的点向N点移动
D．298K时CuBr(s)+I－(aq) CuI(s)+Br－(aq)的平衡常数K的数量级为103或102
二、填空题
11．（1）将氯化铝溶液蒸干灼烧得到的固体物质是（填化学式） 向纯碱溶液中滴入几滴酚酞会变红，原因是（用离子方程式表示） 。
（2）牙齿表面由一层坚硬的、组成为Ca5(PO4)3OH的物质保护着。它在唾液中存在下列平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2++3PO43-+OH-。进食后细菌和酶作用于食物产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，其原因是 。
（3）1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94KJ热量，此反应的热化学方程式为
12．向少量Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和NH4Cl溶液，结果固体完全溶解。对此甲、乙两同学各自作了自己的解释：
甲：Mg(OH)2(s)Mg2++2OH－①，NH4++H2ONH3·H2O+H+②，H++OH-=H2O③，由于③反应的发生，使平衡①右移，Mg(OH)2溶解。
乙：Mg(OH)2(s)Mg2++2OH－①，NH4++ OH-NH3·H2O②，由于②反应的发生，使平衡①右移，沉淀溶解。
（1）丙同学不能肯定哪位同学的解释合理，于是用下面的一种试剂重做了该实验，证明甲、乙的解释只有一种正确。他用的试剂是 。
A．NH4NO3B．CH3COONH4C．(NH4)2SO4D．氨水
（2）丙同学将所选试剂滴入Mg(OH)2的浊液中，Mg(OH)2溶解；由此推知，甲和乙哪位同学的解释更合理 （填“甲”或“乙”）；完成NH4Cl饱和溶液使Mg(OH)2悬浊溶解的离子方程式 。
13．银能与氢碘酸、氢硫酸反应，置换出氢气，请说明其原理 。
14．I ．(1)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈 (填“酸性”，“中性”或“碱性”)，溶液中c(Na＋) c(CH3COO-)(填“＞”或“=”或“＜”)。
(2)pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈 (填“酸性”，“中性”或“碱性”)，溶液中c(Na＋) c(CH3COO-)(填“＞”或“=”或“＜”)。
(3)盐类水解的本质是 水的电离，(填促进，抑制)。升高温度 盐类的水解。(填促进，抑制)
(4)弱电解质的电离常数只受 影响，升温电离常数 (填增大，减小或不变)
II．已知H2A在水中存在以下平衡: ,
(1)常温下，溶液的pH (填字母序号)，原因是 (填离子方程式)。
A．大于7 B．小于7 C．等于7 D．无法确定
(2)常温下，若向0.1mol·L-1的H2A溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1 NaOH溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是 (填字母序号)。
A．c(H+ ). c(OH-)= 1.0×10-14 B．
C． D．
(3)常温下，的饱和溶液中存在以下平衡：，若要使该溶液中浓度增大，可采取的措施有 (填字母序号)。
A．升高温度 B．降低温度 C．加入少量蒸馏水 D．加入固体
15．I．根据下列图象，进行分析：
(1)由图A知，该反应的K值随温度的升高而 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)由图B知，t3时采取的措施为 ，t1～t6中，氨气的含量最低的是 。
II．已知H2A在水中电离：H2A=HA-+H+，HA-A2-+H+。
(1)常温下NaHA溶液的pH (填序号)。
A．大于7 B．小于7 C．等于7 D．无法确定
(2)某温度下，若向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/LKOH溶液至溶液呈中性(稀溶液体积可以加和)，此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是 。
A．c(H+)·c(OH-)=1×10-14 B．c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)
C．c(Na+)＞c(K+) D．c(Na+)+c(K+)=0.05 mol/L
(3)已知常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2+(aq)+A2-(aq) H＞0。若要使该溶液中Ca2+浓度变小，可采取的措施有 。
A．升高温度 B．加入Na2A固体 C．加入NH4Cl晶体
16．现有25℃时0.1mol L-1的氨水，请回答以下问题：
（1）氨水呈碱性的原因为（用离子方程式表示） 。
（2）若向氨水中加入稀盐酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式 ；若所得溶液的pH=5，则溶液中水所电离出的氢离子浓度为 。
（3）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时c（NH4+）=amol L-1，则c（SO42-）= 。
（5）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 。
（6）二氧化硫通入0.1mol/L的氯化钡溶液中至饱和，无现象，若继续加入氨水，产生白色沉淀，用电离平衡解释原因 。
17．用化学原理和相应的方程式解释生活中的现象。
(1) 碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳的化学反应中，S 0；
(2)明矾水溶液的pH 7, 请用离子方程式说明原因 ；
(3)盐碱地(含有氯化钠，碳酸钠)不利于作物生长。通过施加适量石膏可以降低土壤碱性。试用水解方程式分别表示盐碱地产生碱性的原因 ；以及用石膏降低其碱性的反应原理 ；
(4)请写出硫酸钡的溶解平衡方程式 ；并说明为什么在洗涤硫酸钡沉淀时，采用0.010mol/L的硫酸进行洗涤
18．请根据所学知识回答：
(1)CH3COONa溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为 。
(2)请分析氯化铵溶液显酸性的原因 。
(3)实验室中配制FeCl3溶液时常加入 溶液以抑制其水解。
(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋＋Cl 。现将足量氯化银分别放入：①100 mL蒸馏水中；②100 mL 0.1 mol·L 1盐酸溶液中，充分搅拌后，相同温度下银离子浓度的大小关系是 （填写序号）。
19．弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。
(1)在25℃时，将c mol·L－1的醋酸溶液与0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后溶液刚好呈中性，用含c的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka＝ 。
(2)25℃时，H2SO3HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kb＝ mol·L－1，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”)。
(3)已知H2A在水中存在以下平衡：H2A＝H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq) △H>0。若要使该溶液中Ca2＋浓度变小，可采取的措施有 。
A．升高温度 B．降低温度 C．加入NH4Cl晶体 D．加入Na2A固体
20．(1)写出泡沫灭火器的反应原理(离子反应方程式) 。
(2)配制FeCl3水溶液时，常加入少量 溶液，再稀释到所需的浓度，请用离子方程式解释原因： 。
(3)相同条件下，下列四种溶液：
①0.1mol·L-1 NH4Cl溶液 ②0.1mol·L-1 CH3COONH4溶液
③0.1mol·L-1 NH4HSO4溶液 ④0.1mol·L-1氨水 ⑤0.1mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液
溶液①②③④⑤中c(NH)由大到小的顺序是
(4)浓度均为0.1mol / L的六种溶液：① HNO3②Na2CO3③ NaHCO3 ④NaOH ⑤KCl ⑥ NH4Cl，溶液pH值由小到大的顺序是：(填写编号) 。
(5)25℃时，将a mol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)，则溶液显 性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb= 。
(6)常温下，已知Ksp〔Cu(OH)2〕=2.0×10-20，某CuSO4溶液里c(Cu2+)=2.0×10-4mol/L，如果要生成 Cu(OH)2沉淀，则应调整溶液pH大于 。
三、实验题
21．常温下，几种物质的溶度积常数见表：
物质 Cu(OH)2 Fe(OH)3 CuCl CuI
Ksp 2.2×10-20 2.6×10-39 1.7×10-7 1.3×10-12
(1)某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得净CuCl2溶液，宜加入 (填化学式)，将溶液调至pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3+) mol/L。
(2)上述溶液过滤后，将所得滤液经过 ，再经过滤，可得到CuCl2·2H2O晶体。
(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.800 g试样溶于水，加入适当过量的KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00 mL(已知：I2+2S2O= S4O+2I-)
①可选用淀粉作滴定指示剂，滴定终点的现象是 。
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为 。
③含有晶体的试样的纯度是 。
22．实验室以活性炭为催化剂，由CoCl2制备三氯化六氨合钴(Ⅲ){[Co(NH3)6]Cl3}的装置如图所示：
已知：Ksp[Co(OH)2]=6×10-15；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，Co2+不易被氧化。
回答下列问题：
(1)仪器c的名称是 ；d中无水CaCl2的作用是 。
(2)向混合液中先加入浓氨水，目的是 ，混合液中NH4Cl的作用是 ；充分反应后再加入双氧水，水浴加热，控制温度为55℃的原因是 。
(3)CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式为 ；将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，冰水冷却、抽滤、乙醇洗涤、干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。抽滤采用如图装置。抽滤完毕，接下来的操作为 (填选项字母)。抽滤的优点是 。
A．先关闭水龙头，后拔掉橡胶管
B．先拔掉橡胶管，后关闭水龙头
(4)为测定产品中钴的含量，进行下列实验：
Ⅰ．称取3.5400g产品，加入足量NaOH溶液蒸出NH3，再加入稀硫酸，使[Co(NH3)6]Cl3全部转化为Co3+，然后将溶液配制成250mL，取25.00mL于锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液13.30mL。(已知反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
Ⅱ．另取与步骤Ⅰ中等量的KI溶液于锥形瓶中，用上述标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液1.30mL。
①样品中钴元素的质量分数为 ；
②若步骤Ⅱ滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
23．Na2S2O4 (保险粉)是一种强还原剂，锌粉法制备Na2S2O4的原理为、，制备Na2S2O4的装置(夹持及加热装置已省略)如图所示，回答下列问题：
(1)仪器a中盛放的药品是 (填名称)，导管b的作用是 。
(2)实验开始前，需要向三口烧瓶中充满N2，目的是 。
(3)通入三口烧瓶中的SO2是由铜屑与浓硫酸反应制得的，生成SO2的化学方程式为 。
(4)制备Na2S2O4时，三口烧瓶的加热方式是 。
(5)Zn粉消耗完全后，在搅拌下向三口烧瓶中加入NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤液中加入NaCl固体，冷却结晶、过滤、蒸馏水洗涤、酒精洗涤及干燥得产品。加入NaCl固体的作用是 ，酒精洗涤的目的是 。
(6)取a g产品溶于适量NaOH溶液，加入亚甲基蓝指示剂，用的标准溶液滴定，至终点时消耗标准溶液V mL。
已知：被还原为，被氧化为。
①滴定反应的离子方程式为 。
②产品中Na2S2O4的质量分数为 。(列出计算式)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】A. 常温下，溴酸银饱和溶液中加NaCl固体，氯离子浓度增大，可以出现白色沉淀氯化银，故A正确；
B. 温度越高，溴酸银的溶解速度越快，故B错误；
C. Ksp与温度有关，温度不同溴酸银的Ksp不同，故C错误；
D. 向溴酸银饱和溶液中加入浓HBrO3，BrO3-浓度增大，有溴酸银沉淀生成，故D错误；
选A。
2．D
【详解】A．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，故A错误；
B．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，故B错误；
C．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，故C错误；
D．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，故D正确；
选D。
3．C
【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、浓度都增大，而在pH很小时也产生，而随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此曲线③代表，④代表，①代表Ca2+，②代表，据此计算分析判断。
【详解】A．分析可知，随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，则①代表Ca2+，A错误；
B．③代表，④代表，当③和④交叉点时c()=c()，此时pH处于9~10之间，=，的数量级为，B错误；
C．已知Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c()，H2CO3的Ka1×Ka2= =，结合Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c()，可得c2(H+)=，且Ksp、Ka1、Ka2均为温度的函数是一个定值，由图象可知曲线②代表，c(H2CO3)又是一个不变的值，则该温度下与为线性关系，C正确；
D．溶液存在电荷守恒：，由图可以看出c(Ca2+)=c()，c(H2CO3)=c()都只有一个交点，且这两个交点不重合，故溶液中不存在， D错误；
故答案为：C。
4．B
【详解】A.氨水为弱电解质，开始导电性不强，滴入醋酸，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，反应完全后，继续滴入醋酸，溶液体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱，故A错误；
B.Zn、Cu和稀硫酸构成的原电池在工作过程中，锌失电子发生氧化反应，随稀硫酸浓度减小反应进行，电流强度减小，T时加入了，是强氧化剂，可以加快锌溶解的反应，电流强度增大，随反应进行电流强度又减小，但比开始电流强度大，故B正确；
C.反应物和生成物的能量相同，图像分析两个途径变化过程不同，反应过程中的能量变化相同，和比较是同温下加入催化剂发生的改变，故C错误；
D.饱和溶液中逐步加固体后实现沉淀转化，碳酸根离子浓度减小，但是建立的沉淀溶解和沉淀转化平衡状态，碳酸根离子不能减小为0，故D错误；
故选：B。
5．B
【详解】A. Ksp只与温度有关，与浓度无关，故A错误；
B. Ksp= c(SO42-) c(Sr2+)由图像可知：在相同条件下，温度越低，Ksp(SrSO4)越大，所以温度越低时越大，故B正确；
C. a点在283K溶解平衡曲线的下方，属于不饱和溶液，故C错误；
D. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，溶液还是属于饱和溶液，故D错误；
答案选B。
【点睛】Ksp只与温度有关，与浓度无关。
6．A
【分析】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl﹣(aq)，Ksp(AgCl)=c(Ag+) c(Cl﹣)，当加入少量稀盐酸时，溶液中c(Cl﹣)增大，部分AgCl析出，c(Ag+)减小，AgCl的溶解度减小，但AgCl的Ksp只与温度有关，温度不变，则AgCl的Ksp不变，据此分析解答。
【详解】A．当加入少量稀盐酸时，溶液中c(Cl﹣)增大，抑制了AgCl的溶解，部分AgCl析出，AgCl的溶解度减小，故A错误；
B．Ksp只与温度有关，温度不变，则AgCl的Ksp不变，故B正确；
C．Ksp(AgCl)=c(Ag+) c(Cl﹣)，当加入少量稀盐酸时，溶液中c(Cl﹣)增大，则c(Ag+)减小，故C正确；
D．当加入少量稀盐酸时，Cl﹣与Ag+结合生成AgCl沉淀，但加入的量远大于结合沉淀减少的量，则最终溶液中c(Cl﹣)增大，故D正确；
故选：A。
7．A
【详解】A. 该反应达到平衡时各离子的浓度保持不变，但不一定相等，A错误；
B. 对于化合物构型相同的物质，溶度积大的沉淀容易转化为溶度积小的沉淀，所以FeS的Ksp(FeS)大于PbS的Ksp(PbS)，B正确；
C. 反应的平衡常数，C正确；
D. 反应达到平衡后，向溶液中加入少量Na2S固体，c(S2-)增大，Fe2+、Pb2+会与S2-结合形成FeS、PbS沉淀，最终溶液中Fe2+、Pb2+均减小，D正确；
故合理选项是A。
8．A
【详解】AgCl属于难溶电解质，在溶液中存在溶解平衡，向溶液中加入含氯离子的物质抑制AgCl溶解，氯离子浓度越大，其抑制程度越大，银离子浓度越小。水中氯离子浓度为0，0.5溶液中氯离子浓度为0.5，0.2溶液中氯离子浓度为0.4，0.3盐酸中氯离子浓度为0.3，所以各溶液中c(Ag+)从大到小的顺序排列正确的是①④③②，则选项A符合题意；
答案选A。
9．A
【详解】A．NH4Cl溶液中铵根离子水解产生一水合氨和氢离子，氢离子与OH-反应，促进氢氧化镁溶解平衡正向移动，固体溶解，故A正确；
B．NaHA溶液pH＜7，若H2A为二元弱酸且HA-的电离程度大于水解程度，溶液仍然显酸性，即H2A不一定是强酸，故B错误；
C．醋酸与NaOH等物质的量反应生成醋酸钠时，溶液呈碱性，所以溶液要呈中性，应多加醋酸，即V醋酸>VNaOH，故C错误；
D．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，反应的离子方程式：，有沉淀但无气体产生，故D错误；
答案选A。
10．D
【分析】根据图象，pCu=－1gc(Cu+)=3，c(Cu+)=10－3mol/L，pX=－lgc(X－)=3，c(X－)=10－3mol/L，则K sp(CuX)=a×10－6，因此P点对应于CuCl饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系，即曲线x代表CuCl，则y代表CuBr，z代表CuI，据此分析解答。
【详解】A. 298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c(Cl－)增大，温度不变，Ksp(CuCl)，则c(Cu+)减小，故A错误；
B. 根据上述分析，图中x代表CuCl曲线，故B错误；
C. 298K时增大M点的阴离子浓度，温度不变，Ksp(CuBr)不变，则c(Cu+)减小，pCu=－1gc(Cu+)增大，即y上的点向M点的斜下方移动，故C错误；
D. 298K时CuBr(s)+I－(aq) CuI(s)+Br－(aq)的平衡常数K===，K的数量级为103或102，故D正确；故选D。
11． Al2O3 CO32-+H2OHCO3-+OH- 酸中和了OH-，促进溶解平衡右移 C（s)+H2O（g)=CO（g)+H2（g)△H=+131.28kJ·mol-1
【分析】（1）根据温度对水解平衡的影响分析；根据碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根水解分析解答；
（2）依据外界条件对沉淀溶解平衡的影响因素分析；
（3）根据1g碳反应吸收的热量书写反应的热化学方程式。
【详解】（1）氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，将氯化铝溶液加热蒸干，促进氯化铝水解，平衡向右移动，盐酸挥发，得到氢氧化铝固体，灼烧得到氧化铝；碳酸根水解溶液显碱性，因此向纯碱溶液中滴入几滴酚酞会变红，水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；
（2）Ca5(PO4)3OH在唾液中存在下列平衡反应：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2++3PO43-+OH-，进食后细菌和酶作用于食物产生有机酸，有机酸与OH-反应，H++OH-=H2O，使沉淀溶解平衡向右移动，导致Ca5(PO4)3OH溶解，造成龋齿；
（3）1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94kJ热量，因此1mol碳即12g碳完全燃烧吸收的热量是12×10.94kJ＝131.28kJ·mol-1，则此反应的热化学方程式为C（s)+H2O（g)＝CO（g)+H2（g)△H=+131.28 kJ·mol-1。
12． B 乙 Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3·H2O
【分析】（1）甲的解释是氢氧化镁电离出来的氢氧根和铵根离子水解生成的氢离子发生中和，使沉淀溶解，也就是氯化铵水解生成的酸把氢氧化镁溶解；乙的解释是铵根离子结合氢氧化镁电离产生的氢氧根，使沉淀溶解；所以只要加入一种含有铵根离子但溶液呈中性的物质即可；
（2）将所选试剂滴入Mg（OH）2的浊液中，Mg（OH）2溶解，可说明乙同学的解释正确。
【详解】（1）甲的解释是氢氧化镁电离出来的氢氧根和铵根离子水解生成的氢离子发生中和，使沉淀溶解，也就是氯化铵水解生成的酸把氢氧化镁溶解；乙的解释是铵根离子结合氢氧化镁电离产生的氢氧根，使沉淀溶解；所以只要加入一种含有铵根离子但溶液呈中性的物质即可，答案是B；
（2）将所选试剂滴入Mg（OH）2的浊液中，Mg（OH）2溶解，可说明乙同学的解释正确；则NH4Cl饱和溶液使Mg（OH）2悬浊溶解的离子方程式为2NH4++Mg（OH）2=2NH3 H2O+Mg2+。
【点睛】本题为分析评价题，综合考查了溶解平衡、水解平衡及化学反应等知识。要在理解题意的基础上对选项中的四种物质的溶液的酸碱性与氯化铵溶液的酸碱性进行比较。
13．银在金属活动顺序表中排在氢的后面，按理不可能置换出酸中的氢，但是，由于银与碘生成碘化银极难溶，而银与硫生成的硫化银也极难溶解，因而反应中生成了稳定性很高的不溶性的碘化银或硫化银，导致反应得以进行(银离子价层电子结构导致对阴离子有很强的极化能力，而I-、S2-半径大，易变形，内而形成的碘银键，硫银键以共价成分为主，十分难溶。本题不要求作更深层次的解释)
【解析】略
14． 碱性 ＞ 酸性 ＜ 促进 促进 温度 增大 B AB A
【详解】I．(1)醋酸为弱电解质，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，恰好生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中存在：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(Na+)＞c(CH3COO-)，故答案为：碱性；＞；
(2)醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(Na+)＜c(CH3COO-)，故答案为：酸性；＜；
(3)盐类水解的本质是促进水的电离；盐类的水解程度为吸热过程，加热促进水解，升高温度，盐类水解向正反应方向移动，故答案为：促进；促进；
(4)电离平衡常数是温度的函数，只与温度有关，与溶液浓度无关；弱电解质的电离为吸热过程，升温电离常数增大；
II．(1)已知H2A在水中存在以下平衡: , ，H2A的第一步电离完全电离，但第二步电离不完全，常温下，发生水解，溶液的pH大于7；答案为B；；
(2)常温下，若向0.1mol·L-1的H2A溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1 NaOH溶液至溶液呈中性；
A．常温下，KW=c(H+ ). c(OH-)= 1.0×10-14，选项A正确；
B．根据电荷守恒有，溶液呈中性，则，选项B正确；
C．因，溶液中不存在 ，选项C错误；
D．根据电荷守恒有，溶液呈中性，则，且溶液中不存在 ，选项D错误；
答案选AB；
(3)常温下，的饱和溶液中存在以下平衡：；
A．升高温度，平衡向吸热反应的正方向移动，浓度增大，选项A正确；
B．降低温度，平衡向吸热反应的逆方向移动，浓度减小，选项B错误；
C．加入少量蒸馏水，平衡正向移动，但仍为饱和溶液，浓度不变，选项C错误；
D．加入固体，A2-浓度增大，平衡逆向移动，浓度减小，选项D错误；
答案选A。
15． 减小 减小压强 t6 B BC B
【详解】I．(1)由图A可知：反应从正反应方向开始，升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，在T2时反应达到平衡。然后升高温度，Z的含量降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应正反应为放热反应。升高温度，化学平衡逆向移动，导致化学平衡常数K减小；
(2)氮气与氢气合成氨气的反应是放热反应，根据图示可知：t3时v正、v逆都减小，v正＜v逆，化学平衡逆向移动，则改变的条件是减小压强；
根据图B可知：反应从正反应方向开始，当t1时反应达到平衡，t1至t2时维持化学平衡；在t2时v正、v逆都增大，改变后v正=v逆，化学平衡不移动，NH3的含量不变；当到t3时v正、v逆都减小，v正＜v逆，化学平衡逆向移动，导致NH3的含量降低，到t4时反应达到平衡；t4～t5维持化学平衡，NH3的含量不变；到t5时v正、v逆都增大，改变后v正＜v逆，化学平衡逆向移动，导致NH3的含量进一步降低，到t6时反应又达到平衡，可见在t1～t6中，氨气的含量最低的是t6；
II．(1)H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，则HA-在溶液中只存在电离作用，电离产生H+使溶液显酸性，故NaHA的pH小于7，合理选项是B；
(2) A．在任何溶液中都存在水的电离平衡，Kw=c(H+)·c(OH-)，但温度不一定是室温，因此水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)不一定等于1×10-14，A错误；
B．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，由于溶液显中性，则c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)，B正确；
C．若二者按1：1混合恰好完全反应产生正盐，此时c(Na+)=c(K+)，但由于A2-会发生水解反应产生HA-使溶液显碱性，但该溶液显中性，因此溶液中滴加KOH的物质的量小于NaHA，故根据物料守恒可知溶液中c(Na+)＞c(K+)，C正确；
D．原溶液中NaHA、KOH浓度相等，无论二者以何比例混合。混合溶液中两种离子浓度和不变，所以c(Na+)+c(K+)=0.1 mol/L，D错误；
故合理选项是BC；
(3) A．升高温度使沉淀溶解平衡向吸热的正向移动，导致溶液中c(Ca2+)增大，A不符合题意；
B．加入Na2A固体，导致溶液中c(A2-)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，使得溶液中c(Ca2+)减小，B符合题意；
C．加入NH4Cl晶体，水解使溶液显酸性，消耗A2-，导致溶液中c(A2-)减小，沉淀溶解平衡正向移动，使得溶液中c(Ca2+)增大，C不符合题意；
故合理选项是B。
16． NH3·H2ONH4++OH- NH3 H2O+H+=NH4++H2O c(H+)=1×10-9mol L-1 减小 mol L-1 c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-） 因为二氧化硫和水反应生成的是亚硫酸，而亚硫酸属于弱酸，不能制取氯化氢这样的强酸，所以不能生成沉淀，而氨水是可以吸收二氧化硫生成亚硫酸根，亚硫酸根会与钡离子生成亚硫酸钡沉淀
【分析】(1)氨水中的一水合氨能够部分电离，使溶液显碱性；
(2)若向氨水中加入稀盐酸，使其恰好中和，反应生成(NH4)2SO4和水；pH=5，c(H+)=1×10-5mol L-1，根据离子积常数计算c(OH-)，水所电离出的c(H+)等于水所电离出的c(OH-)，据此分析解答；
(3)向氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，结合氨水的电离平衡分析判断；
(4)根据电荷守恒计算硫酸根离子浓度；
(5)pH=1的硫酸溶液，c( H +)=0.1mol L-1，氢离子浓度与氨水浓度相等，恰好反应生成铵根离子，溶液中的溶质是硫酸铵，结合铵根离子水解分析解答；
(6)二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氯化钡不反应，再加入氨水，氨水与亚硫酸反应生成亚硫酸盐，据此分析解答。
【详解】(1)氨水中的一水合氨能够部分电离，使溶液显碱性，NH3·H2ONH4++OH-，故答案为：NH3·H2ONH4++OH-；
(2)若向氨水中加入稀盐酸，使其恰好中和，反应生成(NH4)2SO4和水，反应的离子方程式为NH3 H2O+H+=NH4++H2O，pH=5，c(H+)=1×10-5mol L-1，根据离子积常数，c(OH-)==1×10-9mol L-1，则水所电离出的c(H+)等于水所电离出的c(OH-)，因此水所电离出的c(H+)=1×10-9mol L-1，故答案为：NH3 H2O+H+=NH4++H2O；1×10-9mol L-1；
(3)由于(NH4)2SO4=2NH4++SO42-，向氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，一水合氨分子浓度增大，所以此时溶液中减小，故答案为：减小；
(4)pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42- )+c(OH-)，所以c(SO42- )=0.5c(NH4+)=0.5a mol L-1，故答案为：0.5a mol L-1；
(5)pH=1的硫酸溶液，c( H +)=0.1mol L-1，氢离子浓度与氨水浓度相等，体积相同，所以恰好反应生成盐，如果NH4+不水解，c( NH4+)∶c(SO42-)=2∶1，但水解是较弱的，所以c(NH4+)＞c(SO42- )；溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，故溶液中离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(SO42- )＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(NH4+)＞c(SO42- )＞c(H+)＞c(OH-)。
(6)二氧化硫通入0.1mol/L的氯化钡溶液中至饱和，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氯化钡不反应，因此无明显现象，若继续加入氨水，氨水与亚硫酸反应生成亚硫酸盐，再与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，因此产生白色沉淀，故答案为：因为二氧化硫和水反应生成的是亚硫酸，而亚硫酸属于弱酸，不能制取氯化氢这样的强酸，所以不能生成沉淀，而氨水是可以吸收二氧化硫生成亚硫酸根，亚硫酸根会与钡离子生成亚硫酸钡沉淀。
17． > pH<7 Al3++3H2O Al（OH）3↓+3H+ CO32-+H2O HCO3-+OH- 石膏是水合硫酸钙， CaSO4+CO32- CaCO3+SO42-，产生固体碳酸钙，降低其碱性 BaSO4 Ba2++SO42- 溶解平衡为可逆反应，加入硫酸时增大了硫酸浓度，平衡逆向移动，抑制了固体的溶解
【分析】根据反应，固体碳酸钙产生气体二氧化碳和氧化钙固体，体系混乱度增多，熵变增大；明矾中铝离子发生水解；碳酸钠是强碱弱酸盐，农业上根据沉淀平衡进行中性处理。
【详解】(1) 混乱度越大，熵越大，故碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳的化学反应中，S>0；
(2)明矾在水溶液中电离出铝离子，发生水解产生氢离子，Al3++3H2O Al（OH）3↓+3H+，明矾水溶液的pH<7；
(3)盐碱地含有氯化钠、碳酸钠，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根发生水解产生氢氧根离子，CO32-+H2O HCO3-+OH-，故盐碱地显碱性；石膏是水合硫酸钙，根据沉淀平衡CaSO4+CO32- CaCO3+SO42-，产生固体碳酸钙，降低其碱性；
(4)硫酸钡的溶解平衡方程式BaSO4 Ba2++SO42-；溶解平衡为可逆反应，加入硫酸时增大了硫酸浓度，平衡逆向移动，抑制了固体的溶解。
【点睛】本题考查生活中的实验现象和化学原理，难点为盐碱地用石膏处理碱性土壤，沉淀平衡或用反应解释碳酸根的转化；易错点在于明矾净水的原理中，水溶液呈碱性的离子反应是铝离子的可逆水解反应，可逆符号必须书写。
18． c(Na+)＞c(CH3COO )＞c(OH )＞c(H+) NH4Cl中的NH发生水解：NH+H2ONH3 H2O+H+，使得溶液中c(H+)＞c(OH )，因此氯化铵溶液显酸性 盐酸 ①＞②
【详解】(1)CH3COONa在水溶液中完全电离，CH3COO 与水电离出的H+结合生成CH3COOH：CH3COO +H2OCH3COOH+OH ，而使CH3COONa水溶液显碱性，CH3COONa溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为：c(Na+)＞c(CH3COO )＞c(OH )＞c(H+)。答案为：c(Na+)＞c(CH3COO )＞c(OH )＞c(H+)；
(2)NH4Cl属于强酸弱碱盐，电离后的NH与水电离出的OH 结合生成NH3 H2O：NH+H2ONH3 H2O+H+，溶液中c(H+)＞c(OH )，因此氯化铵溶液显酸性。答案为：NH4Cl中的NH发生水解：NH+H2ONH3 H2O+H+，使得溶液中c(H+)＞c(OH )，因此氯化铵溶液显酸性；
(3)FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3+能发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+。要抑制FeCl3的水解且不引入新杂质，可以加入盐酸溶液。答案为：盐酸；
(4)将足量氯化银分别放入100 mL蒸馏水中，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动。若将足量氯化银分别放入100mL 0.1 mol·L 1盐酸溶液中，因为同离子效应，氯化银沉淀溶解被抑制，沉淀溶解平衡向左移动。故充分搅拌后，相同温度下银离子浓度的大小关系是：①＞②；答案为：①＞②。
19． 1012 增大 BD
【分析】(1)在25℃时，将c mol·L－1的醋酸溶液与0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后溶液刚好呈中性，此时c(OH-)＝c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COO-)= c(Na+)=0.01 mol/L，c(CH3COOH)=(- 0.01)mol/L，代入CH3COOH的电离常数表达式，即可求出Ka。
(2)25℃时，H2SO3HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kb＝；若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，发生反应4HSO3-+I2+H2O=SO42-+2I-+3H2SO3，由此可得出溶液中的变化。
(3)常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq) △H>0。若要使该溶液中Ca2＋浓度变小，结合特点，可以消耗Ca2+使平衡正向移动或使平衡逆向移动。
【详解】(1) 在25℃时，将c mol·L－1的醋酸溶液与0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后溶液刚好呈中性，此时c(OH-)＝c(H+)=10-7mol/L，结合电荷守恒，c(CH3COO-)= c(Na+)=0.01 mol/L，根据物料守恒，c(CH3COOH)=(- 0.01)mol/L，Ka==。答案为：；
(2)25℃时，H2SO3HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kb＝=mol·L－1=1012 mol·L－1；若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，发生反应4HSO3-+I2+H2O=SO42-+2I-+3H2SO3，c(HSO3--)减小，c(H2SO3)增大，增大。答案为：1012；增大；
(3)A.升高温度，平衡CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)正向移动，Ca2＋浓度变大，A不合题意；
B.降低温度，平衡CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)逆向移动，Ca2＋浓度变小，B符合题意；
C.加入NH4Cl晶体，NH4+水解生成的H+与A2－作用生成HA-，平衡正向移动，Ca2＋浓度变大，C不合题意；
D.加入Na2A固体，增大溶液中的c(A2-)，平衡逆向移动，Ca2＋浓度变小，D符合题意；
答案为：BD。
【点睛】在分析向NaHSO3溶液中加入少量的I2时，我们可能会这样考虑：HSO3-+H2OH2SO3+OH-，H2SO3+ I2+H2O=H2SO4+2HI，则会导致H2SO3减小，从而得出比值减小的错误结论。
20． Al3++3HCO=Al(OH)3+3CO2 盐酸 Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ ③⑤①②④ ①⑥⑤③②④ 中 6
【详解】（1）泡沫灭火器中的反应物为Al2(SO4)3和NaHCO3，相应的离子方程式为；
（2）配置FeCl3溶液时，常加入少量稀盐酸，以抑制Fe3+水解，相应的离子方程式为；
（3）①0.1mol L-1 NH4Cl溶液中，发生水解反应，其浓度小于0.1mol L-1；②0.1mol·L-1 CH3COONH4溶液中，和CH3COO-相互促进水解，则该溶液中的水解程度大于①，故②中的浓度小于①；③0.1mol·L-1 NH4HSO4溶液呈强酸性，的水解受到抑制，则其的浓度大于①；④0.1mol·L-1氨水中，NH3 H2O是弱电解质，其电离程度很小，则该溶液中的浓度最小；⑤0.1mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液中，和Al3+都会水解，且二者之间存在竞争，则该溶液中的水解程度小于①，则其的浓度大于①；综上所述，以上各溶液中c()由大到小的顺序是③⑤①②④；
（4）①HNO3是强电解质，其溶液呈强酸性；②Na2CO3是强碱弱酸盐，其溶液呈弱碱性；③NaHCO3是强碱弱酸盐，其溶液呈弱碱性，但是同浓度的情况下，NaHCO3溶液的碱性比Na2CO3弱，④NaOH是强电解质，其溶液呈强碱性；⑤KCl是强酸强碱盐，其溶液呈中性；⑥NH4Cl是强酸弱碱盐，其溶液呈弱酸性；综上所述，同浓度的情况下，溶液pH值由小到大的顺序是①⑥⑤③②④；
（5）溶液混合后，有电荷守恒：c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于c()=c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)，则溶液显中性；两溶液等体积混合后，溶液中c()=c(Cl-)=0.005mol L-1，由于溶液呈中性，25℃时，溶液中c(OH-)=10-7mol L-1；混合后，还未反应之时，溶液中c(NH3 H2O)=0.5a mol L-1，根据物料守恒可得，反应后，溶液中c(NH3 H2O)=(0.5a-0.005)mol L-1，则NH3 H2O的电离平衡常数Kb===；
（6）若要生成Cu(OH)2沉淀，则Q=c(Cu2+) [c(OH-)]2>Ksp，即c(OH-)>==1.010-8mol/L，则c(H+)<==1.010-6mol/L，故pH大于6。
21． CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3 2.6×10-9 蒸发浓缩，冷却结晶 淀粉由蓝色变为无色且半分钟后不变化 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 85.5%
【详解】(1)为制得纯净CuCl2溶液，宜加入CuO或Cu(OH)2或碱式碳酸铜等，调至溶液pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH) 3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝=2.6×10-9mol/L。
(2)过滤后，将所得滤液经过蒸发浓缩，冷却结晶操作，可得到CuCl2·2H2O晶体。
(3)①由于反应有I2生成，可选用淀粉作滴定指示剂，滴定终点的现象是当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色。②间接碘量法中CuCl2溶液与KI反应，因反应有I2生成，则该反应为氧化还原反应，反应I-→I2时化合价升高，则铜化合价由+2降低到+1价，生成的白色沉淀为CuI。则离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。③由关系式2(CuCl2·2H2O)~I2~2S2O32－可得出，n(CuCl2·2H2O)=n(S2O32－)= 0.1000 mol·L－1×0.04L=0.004mol，该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为=85.5%。。
22．(1) 三颈烧瓶 吸收挥发出的氨气
(2) 将Co2+转化为易被氧化的[Co(NH3)6]2+ 抑制NH3·H2O电离，防止生成Co(OH)2沉淀 温度过低，反应速率慢；温度过高，双氧水受热易分解
(3) 2CoCl2+10NH3·H2O+H2O2+2NH4Cl2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O B 加快过滤速率
(4) 20% 偏大
【分析】由题意可知，由氯化亚钴制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)的过程，先向氯化亚钴和氯化铵的混合溶液中加入氨水，将溶液中的亚钴离子转化为易被氧化的[Co(NH3)6]2+，再向充分反应后的溶液中加入双氧水溶液，在活性炭作催化剂、水浴加热条件下，过氧化氢将[Co(NH3)6]2+氧化为[Co(NH3)6]3+。
【详解】（1）仪器c的名称是三颈烧瓶；给三颈烧瓶加热，浓氨水易分解并挥发出氨气，造成大气污染，则d中无水CaCl2的作用是：吸收挥发出的氨气。
（2）因为[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，Co2+不易被氧化，所以向混合液中先加入浓氨水，目的是：将Co2+转化为易被氧化的[Co(NH3)6]2+；Ksp[Co(OH)2]=6×10-15，为防止生成Co(OH)2沉淀，应控制溶液的碱性，则混合液中NH4Cl的作用是：抑制NH3·H2O电离，防止生成Co(OH)2沉淀；充分反应后再加入双氧水，双氧水的热稳定性较差，水浴加热时，需控制温度为55℃，原因是：温度过低，反应速率慢；温度过高，双氧水受热易分解。
（3）CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3时，加入双氧水、氨水和氯化铵，化学方程式为2CoCl2+10NH3·H2O+H2O2+2NH4Cl2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；抽滤完毕，为防止自来水进入吸滤瓶内，接下来的操作为先拔掉橡胶管，后关闭水龙头，故选B。抽滤时，产生负压力，有利于液体与固体的分离，优点是：加快过滤速率。
（4）①由步骤Ⅱ可知，KI溶液中混入少量I2；步骤Ⅰ中，发生反应2Co3+——I2——2Na2S2O3，
样品中钴元素的质量分数为=20%；
②若步骤Ⅱ滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则读出的原KI溶液中混有的I2消耗的Na2S2O3体积偏小，Co3+氧化生成的I2消耗的Na2S2O3偏大，会使测定结果偏大。
【点睛】步骤Ⅰ中KI溶液消耗Na2S2O3标准溶液，表明此KI溶液中混有I2。
23． 碱石灰(或固体氢氧化钠或生石灰) 平衡气压，使NaOH溶液顺利滴下 排出装置内的空气，防止生成的ZnS2O4被氧化 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O 水浴加热 利用同离子小于，减小Na2S2O4的溶解度 使产品快速干燥 2[Fe(CN)6]3-+S2O+4OH-=2[Fe(CN)6]4-+2SO+2H2O
【分析】本实验的目的是制备Na2S2O4，首先SO2与Zn在溶液中、28~35℃的条件下反应生成ZnS2O4，ZnS2O4再与NaOH反应生成Na2S2O4，为防止装置中的空气氧化ZnS2O4，实验开始前要先使装置中充满氮气。
【详解】(1)仪器a的作用是防止二氧化硫溢出而污染环境，所以a盛装的是碱石灰(或固体氢氧化钠或生石灰)；导管b可以平衡气压，使NaOH溶液顺利滴下；
(2) Na2S2O4 (保险粉)是一种强还原剂，则推测制备的ZnS2O4也易被氧化，而N2化学性质稳定，实验开始前充入氮气不仅可以排除空气，还可作保护气，防止生成的ZnS2O4被氧化；
(3)铜屑与浓硫酸反应在加热条件下发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；
(4)根据题干信息可知，锌粉法制备，所需的温度是28~35C°，所以不能直接加热，应该水浴加热；
(5)根据题给信息可知，加入NaCl固体，可增大溶液中钠离子的浓度，利用同离子效应，减小Na2S2O4的溶解度，进而促进Na2S2O4的析出；酒精可快速挥发，从而快速干燥固体，
(6)①根据题干信息“[Fe(CN)6]3-被还原为[Fe(CN)6]4-，S2O被氧化为SO”可知，Fe元素化合价降低1价，S元素化合价从+3升高到+4价，S2O共升高2价，结合电子转移数守恒可知，[Fe(CN)6]3-与S2O的化学计量数之比为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2[Fe(CN)6]3-+S2O+4OH-=2[Fe(CN)6]4-+2SO+2H2O
②参与反应的两者物质的量之比也为2:1，因此n(S2O)=n([Fe(CN)6]3-)=mol，所以Na2S2O4的质量为=g，所以其在产品中的质量分数为。
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．溴酸银(AgBrO3)的溶解度随温度变化曲线如图所示,下列说法正确的是
A．常温下，溴酸银饱和溶液中加NaCl固体，出现白色沉淀
B．溴酸银的溶解速度随温度的升高而减慢
C．溴酸银的Ksp约等于6×10-4
D．向溴酸银饱和溶液中加入浓HBrO3，无明显现象
2．25 ℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是
A．溶液中Pb2＋和I-浓度都增大 B．溶液中Pb2＋和I-浓度都减小
C．沉淀溶解平衡向右移动 D．溶液中Pb2＋浓度减小
3．天然水体中的碳酸盐系统(、、、)，微粒不同浓度分布会影响溶液的pH。某温度下，溶洞水体中(X为、、或)与pH关系如图所示：
下列说法正确的是
A．曲线①代表
B．的数量级为
C．该温度下与为线性关系
D．溶液中始终存在
4．下列图示与应叙述相符的是
A．图1表示向氯水中逐滴加入醋酸，溶液导电性随加入酸体积的变化
B．图2表示酸性介质原电池反应过程中的电流强度的变化，T时可能加入了
C．图3表示SO2与反应过程中的能量变化，其中
D．图4表示在饱和溶液中逐步加固体后，溶液中 的浓度变化
5．硫酸锶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲线如下，下列说法正确的是
A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42-)的增大而减小
B．三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大
C．283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液
D．283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液
6．在某温度下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量稀盐酸，下列说法不正确的是
A．AgCl的溶解度不变 B．AgCl的Ksp不变
C．溶液中银离子的浓度减小 D．溶液中氯离子的浓度增大
7．化工生产中常用FeS作为沉淀剂除去工业废水中的Pb2+，反应原理为FeS(s)+Pb2+(aq) PbS(s)+Fe2+(aq)，下列有关叙述错误的是
A．达到平衡时，c(Pb2+)=c(Fe2+)
B．Ksp(FeS)大于Ksp(PbS)
C．该反应的平衡常数K=
D．溶液中加入少量Na2S固体后，c(Fe2+)减小
8．将AgCl分别加入盛有：①5mL水②6mL 0.5溶液③10mL 0.2溶液 ④5mL 0.3盐酸的烧杯中，均有固体剩余，各溶液中c(Ag+)从大到小的顺序排列正确的是
A．①④③② B．②③④①
C．④③②① D．①③④②
9．下列说法正确的是
A．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液
B．25℃时NaHA溶液pH＜7说明H2A是强酸
C．25℃时用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7，V醋酸＜VNaOH
D．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成
10．已知：pCu=－1gc(Cu+)，pX=－lgc(X－)。298K时，Ksp(CuCl)=a×10－6，Ksp(CuBr)=b×10－9，Ksp(CuI)=c×10－12。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是
A．298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c(Cu+)和c(Cl－)都减小
B．图中x代表CuI曲线，且P点c(Cu+)=c(I－)
C．298K时增大M点的阴离子浓度，则y上的点向N点移动
D．298K时CuBr(s)+I－(aq) CuI(s)+Br－(aq)的平衡常数K的数量级为103或102
二、填空题
11．（1）将氯化铝溶液蒸干灼烧得到的固体物质是（填化学式） 向纯碱溶液中滴入几滴酚酞会变红，原因是（用离子方程式表示） 。
（2）牙齿表面由一层坚硬的、组成为Ca5(PO4)3OH的物质保护着。它在唾液中存在下列平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2++3PO43-+OH-。进食后细菌和酶作用于食物产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，其原因是 。
（3）1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94KJ热量，此反应的热化学方程式为
12．向少量Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和NH4Cl溶液，结果固体完全溶解。对此甲、乙两同学各自作了自己的解释：
甲：Mg(OH)2(s)Mg2++2OH－①，NH4++H2ONH3·H2O+H+②，H++OH-=H2O③，由于③反应的发生，使平衡①右移，Mg(OH)2溶解。
乙：Mg(OH)2(s)Mg2++2OH－①，NH4++ OH-NH3·H2O②，由于②反应的发生，使平衡①右移，沉淀溶解。
（1）丙同学不能肯定哪位同学的解释合理，于是用下面的一种试剂重做了该实验，证明甲、乙的解释只有一种正确。他用的试剂是 。
A．NH4NO3B．CH3COONH4C．(NH4)2SO4D．氨水
（2）丙同学将所选试剂滴入Mg(OH)2的浊液中，Mg(OH)2溶解；由此推知，甲和乙哪位同学的解释更合理 （填“甲”或“乙”）；完成NH4Cl饱和溶液使Mg(OH)2悬浊溶解的离子方程式 。
13．银能与氢碘酸、氢硫酸反应，置换出氢气，请说明其原理 。
14．I ．(1)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈 (填“酸性”，“中性”或“碱性”)，溶液中c(Na＋) c(CH3COO-)(填“＞”或“=”或“＜”)。
(2)pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈 (填“酸性”，“中性”或“碱性”)，溶液中c(Na＋) c(CH3COO-)(填“＞”或“=”或“＜”)。
(3)盐类水解的本质是 水的电离，(填促进，抑制)。升高温度 盐类的水解。(填促进，抑制)
(4)弱电解质的电离常数只受 影响，升温电离常数 (填增大，减小或不变)
II．已知H2A在水中存在以下平衡: ,
(1)常温下，溶液的pH (填字母序号)，原因是 (填离子方程式)。
A．大于7 B．小于7 C．等于7 D．无法确定
(2)常温下，若向0.1mol·L-1的H2A溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1 NaOH溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是 (填字母序号)。
A．c(H+ ). c(OH-)= 1.0×10-14 B．
C． D．
(3)常温下，的饱和溶液中存在以下平衡：，若要使该溶液中浓度增大，可采取的措施有 (填字母序号)。
A．升高温度 B．降低温度 C．加入少量蒸馏水 D．加入固体
15．I．根据下列图象，进行分析：
(1)由图A知，该反应的K值随温度的升高而 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)由图B知，t3时采取的措施为 ，t1～t6中，氨气的含量最低的是 。
II．已知H2A在水中电离：H2A=HA-+H+，HA-A2-+H+。
(1)常温下NaHA溶液的pH (填序号)。
A．大于7 B．小于7 C．等于7 D．无法确定
(2)某温度下，若向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/LKOH溶液至溶液呈中性(稀溶液体积可以加和)，此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是 。
A．c(H+)·c(OH-)=1×10-14 B．c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)
C．c(Na+)＞c(K+) D．c(Na+)+c(K+)=0.05 mol/L
(3)已知常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2+(aq)+A2-(aq) H＞0。若要使该溶液中Ca2+浓度变小，可采取的措施有 。
A．升高温度 B．加入Na2A固体 C．加入NH4Cl晶体
16．现有25℃时0.1mol L-1的氨水，请回答以下问题：
（1）氨水呈碱性的原因为（用离子方程式表示） 。
（2）若向氨水中加入稀盐酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式 ；若所得溶液的pH=5，则溶液中水所电离出的氢离子浓度为 。
（3）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时c（NH4+）=amol L-1，则c（SO42-）= 。
（5）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 。
（6）二氧化硫通入0.1mol/L的氯化钡溶液中至饱和，无现象，若继续加入氨水，产生白色沉淀，用电离平衡解释原因 。
17．用化学原理和相应的方程式解释生活中的现象。
(1) 碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳的化学反应中，S 0；
(2)明矾水溶液的pH 7, 请用离子方程式说明原因 ；
(3)盐碱地(含有氯化钠，碳酸钠)不利于作物生长。通过施加适量石膏可以降低土壤碱性。试用水解方程式分别表示盐碱地产生碱性的原因 ；以及用石膏降低其碱性的反应原理 ；
(4)请写出硫酸钡的溶解平衡方程式 ；并说明为什么在洗涤硫酸钡沉淀时，采用0.010mol/L的硫酸进行洗涤
18．请根据所学知识回答：
(1)CH3COONa溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为 。
(2)请分析氯化铵溶液显酸性的原因 。
(3)实验室中配制FeCl3溶液时常加入 溶液以抑制其水解。
(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋＋Cl 。现将足量氯化银分别放入：①100 mL蒸馏水中；②100 mL 0.1 mol·L 1盐酸溶液中，充分搅拌后，相同温度下银离子浓度的大小关系是 （填写序号）。
19．弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。
(1)在25℃时，将c mol·L－1的醋酸溶液与0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后溶液刚好呈中性，用含c的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka＝ 。
(2)25℃时，H2SO3HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kb＝ mol·L－1，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”)。
(3)已知H2A在水中存在以下平衡：H2A＝H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq) △H>0。若要使该溶液中Ca2＋浓度变小，可采取的措施有 。
A．升高温度 B．降低温度 C．加入NH4Cl晶体 D．加入Na2A固体
20．(1)写出泡沫灭火器的反应原理(离子反应方程式) 。
(2)配制FeCl3水溶液时，常加入少量 溶液，再稀释到所需的浓度，请用离子方程式解释原因： 。
(3)相同条件下，下列四种溶液：
①0.1mol·L-1 NH4Cl溶液 ②0.1mol·L-1 CH3COONH4溶液
③0.1mol·L-1 NH4HSO4溶液 ④0.1mol·L-1氨水 ⑤0.1mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液
溶液①②③④⑤中c(NH)由大到小的顺序是
(4)浓度均为0.1mol / L的六种溶液：① HNO3②Na2CO3③ NaHCO3 ④NaOH ⑤KCl ⑥ NH4Cl，溶液pH值由小到大的顺序是：(填写编号) 。
(5)25℃时，将a mol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)，则溶液显 性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb= 。
(6)常温下，已知Ksp〔Cu(OH)2〕=2.0×10-20，某CuSO4溶液里c(Cu2+)=2.0×10-4mol/L，如果要生成 Cu(OH)2沉淀，则应调整溶液pH大于 。
三、实验题
21．常温下，几种物质的溶度积常数见表：
物质 Cu(OH)2 Fe(OH)3 CuCl CuI
Ksp 2.2×10-20 2.6×10-39 1.7×10-7 1.3×10-12
(1)某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得净CuCl2溶液，宜加入 (填化学式)，将溶液调至pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3+) mol/L。
(2)上述溶液过滤后，将所得滤液经过 ，再经过滤，可得到CuCl2·2H2O晶体。
(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.800 g试样溶于水，加入适当过量的KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00 mL(已知：I2+2S2O= S4O+2I-)
①可选用淀粉作滴定指示剂，滴定终点的现象是 。
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为 。
③含有晶体的试样的纯度是 。
22．实验室以活性炭为催化剂，由CoCl2制备三氯化六氨合钴(Ⅲ){[Co(NH3)6]Cl3}的装置如图所示：
已知：Ksp[Co(OH)2]=6×10-15；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，Co2+不易被氧化。
回答下列问题：
(1)仪器c的名称是 ；d中无水CaCl2的作用是 。
(2)向混合液中先加入浓氨水，目的是 ，混合液中NH4Cl的作用是 ；充分反应后再加入双氧水，水浴加热，控制温度为55℃的原因是 。
(3)CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式为 ；将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，冰水冷却、抽滤、乙醇洗涤、干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。抽滤采用如图装置。抽滤完毕，接下来的操作为 (填选项字母)。抽滤的优点是 。
A．先关闭水龙头，后拔掉橡胶管
B．先拔掉橡胶管，后关闭水龙头
(4)为测定产品中钴的含量，进行下列实验：
Ⅰ．称取3.5400g产品，加入足量NaOH溶液蒸出NH3，再加入稀硫酸，使[Co(NH3)6]Cl3全部转化为Co3+，然后将溶液配制成250mL，取25.00mL于锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液13.30mL。(已知反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
Ⅱ．另取与步骤Ⅰ中等量的KI溶液于锥形瓶中，用上述标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液1.30mL。
①样品中钴元素的质量分数为 ；
②若步骤Ⅱ滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
23．Na2S2O4 (保险粉)是一种强还原剂，锌粉法制备Na2S2O4的原理为、，制备Na2S2O4的装置(夹持及加热装置已省略)如图所示，回答下列问题：
(1)仪器a中盛放的药品是 (填名称)，导管b的作用是 。
(2)实验开始前，需要向三口烧瓶中充满N2，目的是 。
(3)通入三口烧瓶中的SO2是由铜屑与浓硫酸反应制得的，生成SO2的化学方程式为 。
(4)制备Na2S2O4时，三口烧瓶的加热方式是 。
(5)Zn粉消耗完全后，在搅拌下向三口烧瓶中加入NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤液中加入NaCl固体，冷却结晶、过滤、蒸馏水洗涤、酒精洗涤及干燥得产品。加入NaCl固体的作用是 ，酒精洗涤的目的是 。
(6)取a g产品溶于适量NaOH溶液，加入亚甲基蓝指示剂，用的标准溶液滴定，至终点时消耗标准溶液V mL。
已知：被还原为，被氧化为。
①滴定反应的离子方程式为 。
②产品中Na2S2O4的质量分数为 。(列出计算式)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】A. 常温下，溴酸银饱和溶液中加NaCl固体，氯离子浓度增大，可以出现白色沉淀氯化银，故A正确；
B. 温度越高，溴酸银的溶解速度越快，故B错误；
C. Ksp与温度有关，温度不同溴酸银的Ksp不同，故C错误；
D. 向溴酸银饱和溶液中加入浓HBrO3，BrO3-浓度增大，有溴酸银沉淀生成，故D错误；
选A。
2．D
【详解】A．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，故A错误；
B．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，故B错误；
C．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，故C错误；
D．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，故D正确；
选D。
3．C
【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、浓度都增大，而在pH很小时也产生，而随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此曲线③代表，④代表，①代表Ca2+，②代表，据此计算分析判断。
【详解】A．分析可知，随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，则①代表Ca2+，A错误；
B．③代表，④代表，当③和④交叉点时c()=c()，此时pH处于9~10之间，=，的数量级为，B错误；
C．已知Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c()，H2CO3的Ka1×Ka2= =，结合Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c()，可得c2(H+)=，且Ksp、Ka1、Ka2均为温度的函数是一个定值，由图象可知曲线②代表，c(H2CO3)又是一个不变的值，则该温度下与为线性关系，C正确；
D．溶液存在电荷守恒：，由图可以看出c(Ca2+)=c()，c(H2CO3)=c()都只有一个交点，且这两个交点不重合，故溶液中不存在， D错误；
故答案为：C。
4．B
【详解】A.氨水为弱电解质，开始导电性不强，滴入醋酸，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，反应完全后，继续滴入醋酸，溶液体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱，故A错误；
B.Zn、Cu和稀硫酸构成的原电池在工作过程中，锌失电子发生氧化反应，随稀硫酸浓度减小反应进行，电流强度减小，T时加入了，是强氧化剂，可以加快锌溶解的反应，电流强度增大，随反应进行电流强度又减小，但比开始电流强度大，故B正确；
C.反应物和生成物的能量相同，图像分析两个途径变化过程不同，反应过程中的能量变化相同，和比较是同温下加入催化剂发生的改变，故C错误；
D.饱和溶液中逐步加固体后实现沉淀转化，碳酸根离子浓度减小，但是建立的沉淀溶解和沉淀转化平衡状态，碳酸根离子不能减小为0，故D错误；
故选：B。
5．B
【详解】A. Ksp只与温度有关，与浓度无关，故A错误；
B. Ksp= c(SO42-) c(Sr2+)由图像可知：在相同条件下，温度越低，Ksp(SrSO4)越大，所以温度越低时越大，故B正确；
C. a点在283K溶解平衡曲线的下方，属于不饱和溶液，故C错误；
D. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，溶液还是属于饱和溶液，故D错误；
答案选B。
【点睛】Ksp只与温度有关，与浓度无关。
6．A
【分析】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl﹣(aq)，Ksp(AgCl)=c(Ag+) c(Cl﹣)，当加入少量稀盐酸时，溶液中c(Cl﹣)增大，部分AgCl析出，c(Ag+)减小，AgCl的溶解度减小，但AgCl的Ksp只与温度有关，温度不变，则AgCl的Ksp不变，据此分析解答。
【详解】A．当加入少量稀盐酸时，溶液中c(Cl﹣)增大，抑制了AgCl的溶解，部分AgCl析出，AgCl的溶解度减小，故A错误；
B．Ksp只与温度有关，温度不变，则AgCl的Ksp不变，故B正确；
C．Ksp(AgCl)=c(Ag+) c(Cl﹣)，当加入少量稀盐酸时，溶液中c(Cl﹣)增大，则c(Ag+)减小，故C正确；
D．当加入少量稀盐酸时，Cl﹣与Ag+结合生成AgCl沉淀，但加入的量远大于结合沉淀减少的量，则最终溶液中c(Cl﹣)增大，故D正确；
故选：A。
7．A
【详解】A. 该反应达到平衡时各离子的浓度保持不变，但不一定相等，A错误；
B. 对于化合物构型相同的物质，溶度积大的沉淀容易转化为溶度积小的沉淀，所以FeS的Ksp(FeS)大于PbS的Ksp(PbS)，B正确；
C. 反应的平衡常数，C正确；
D. 反应达到平衡后，向溶液中加入少量Na2S固体，c(S2-)增大，Fe2+、Pb2+会与S2-结合形成FeS、PbS沉淀，最终溶液中Fe2+、Pb2+均减小，D正确；
故合理选项是A。
8．A
【详解】AgCl属于难溶电解质，在溶液中存在溶解平衡，向溶液中加入含氯离子的物质抑制AgCl溶解，氯离子浓度越大，其抑制程度越大，银离子浓度越小。水中氯离子浓度为0，0.5溶液中氯离子浓度为0.5，0.2溶液中氯离子浓度为0.4，0.3盐酸中氯离子浓度为0.3，所以各溶液中c(Ag+)从大到小的顺序排列正确的是①④③②，则选项A符合题意；
答案选A。
9．A
【详解】A．NH4Cl溶液中铵根离子水解产生一水合氨和氢离子，氢离子与OH-反应，促进氢氧化镁溶解平衡正向移动，固体溶解，故A正确；
B．NaHA溶液pH＜7，若H2A为二元弱酸且HA-的电离程度大于水解程度，溶液仍然显酸性，即H2A不一定是强酸，故B错误；
C．醋酸与NaOH等物质的量反应生成醋酸钠时，溶液呈碱性，所以溶液要呈中性，应多加醋酸，即V醋酸>VNaOH，故C错误；
D．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，反应的离子方程式：，有沉淀但无气体产生，故D错误；
答案选A。
10．D
【分析】根据图象，pCu=－1gc(Cu+)=3，c(Cu+)=10－3mol/L，pX=－lgc(X－)=3，c(X－)=10－3mol/L，则K sp(CuX)=a×10－6，因此P点对应于CuCl饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系，即曲线x代表CuCl，则y代表CuBr，z代表CuI，据此分析解答。
【详解】A. 298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c(Cl－)增大，温度不变，Ksp(CuCl)，则c(Cu+)减小，故A错误；
B. 根据上述分析，图中x代表CuCl曲线，故B错误；
C. 298K时增大M点的阴离子浓度，温度不变，Ksp(CuBr)不变，则c(Cu+)减小，pCu=－1gc(Cu+)增大，即y上的点向M点的斜下方移动，故C错误；
D. 298K时CuBr(s)+I－(aq) CuI(s)+Br－(aq)的平衡常数K===，K的数量级为103或102，故D正确；故选D。
11． Al2O3 CO32-+H2OHCO3-+OH- 酸中和了OH-，促进溶解平衡右移 C（s)+H2O（g)=CO（g)+H2（g)△H=+131.28kJ·mol-1
【分析】（1）根据温度对水解平衡的影响分析；根据碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根水解分析解答；
（2）依据外界条件对沉淀溶解平衡的影响因素分析；
（3）根据1g碳反应吸收的热量书写反应的热化学方程式。
【详解】（1）氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，将氯化铝溶液加热蒸干，促进氯化铝水解，平衡向右移动，盐酸挥发，得到氢氧化铝固体，灼烧得到氧化铝；碳酸根水解溶液显碱性，因此向纯碱溶液中滴入几滴酚酞会变红，水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；
（2）Ca5(PO4)3OH在唾液中存在下列平衡反应：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2++3PO43-+OH-，进食后细菌和酶作用于食物产生有机酸，有机酸与OH-反应，H++OH-=H2O，使沉淀溶解平衡向右移动，导致Ca5(PO4)3OH溶解，造成龋齿；
（3）1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94kJ热量，因此1mol碳即12g碳完全燃烧吸收的热量是12×10.94kJ＝131.28kJ·mol-1，则此反应的热化学方程式为C（s)+H2O（g)＝CO（g)+H2（g)△H=+131.28 kJ·mol-1。
12． B 乙 Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3·H2O
【分析】（1）甲的解释是氢氧化镁电离出来的氢氧根和铵根离子水解生成的氢离子发生中和，使沉淀溶解，也就是氯化铵水解生成的酸把氢氧化镁溶解；乙的解释是铵根离子结合氢氧化镁电离产生的氢氧根，使沉淀溶解；所以只要加入一种含有铵根离子但溶液呈中性的物质即可；
（2）将所选试剂滴入Mg（OH）2的浊液中，Mg（OH）2溶解，可说明乙同学的解释正确。
【详解】（1）甲的解释是氢氧化镁电离出来的氢氧根和铵根离子水解生成的氢离子发生中和，使沉淀溶解，也就是氯化铵水解生成的酸把氢氧化镁溶解；乙的解释是铵根离子结合氢氧化镁电离产生的氢氧根，使沉淀溶解；所以只要加入一种含有铵根离子但溶液呈中性的物质即可，答案是B；
（2）将所选试剂滴入Mg（OH）2的浊液中，Mg（OH）2溶解，可说明乙同学的解释正确；则NH4Cl饱和溶液使Mg（OH）2悬浊溶解的离子方程式为2NH4++Mg（OH）2=2NH3 H2O+Mg2+。
【点睛】本题为分析评价题，综合考查了溶解平衡、水解平衡及化学反应等知识。要在理解题意的基础上对选项中的四种物质的溶液的酸碱性与氯化铵溶液的酸碱性进行比较。
13．银在金属活动顺序表中排在氢的后面，按理不可能置换出酸中的氢，但是，由于银与碘生成碘化银极难溶，而银与硫生成的硫化银也极难溶解，因而反应中生成了稳定性很高的不溶性的碘化银或硫化银，导致反应得以进行(银离子价层电子结构导致对阴离子有很强的极化能力，而I-、S2-半径大，易变形，内而形成的碘银键，硫银键以共价成分为主，十分难溶。本题不要求作更深层次的解释)
【解析】略
14． 碱性 ＞ 酸性 ＜ 促进 促进 温度 增大 B AB A
【详解】I．(1)醋酸为弱电解质，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，恰好生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中存在：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(Na+)＞c(CH3COO-)，故答案为：碱性；＞；
(2)醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(Na+)＜c(CH3COO-)，故答案为：酸性；＜；
(3)盐类水解的本质是促进水的电离；盐类的水解程度为吸热过程，加热促进水解，升高温度，盐类水解向正反应方向移动，故答案为：促进；促进；
(4)电离平衡常数是温度的函数，只与温度有关，与溶液浓度无关；弱电解质的电离为吸热过程，升温电离常数增大；
II．(1)已知H2A在水中存在以下平衡: , ，H2A的第一步电离完全电离，但第二步电离不完全，常温下，发生水解，溶液的pH大于7；答案为B；；
(2)常温下，若向0.1mol·L-1的H2A溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1 NaOH溶液至溶液呈中性；
A．常温下，KW=c(H+ ). c(OH-)= 1.0×10-14，选项A正确；
B．根据电荷守恒有，溶液呈中性，则，选项B正确；
C．因，溶液中不存在 ，选项C错误；
D．根据电荷守恒有，溶液呈中性，则，且溶液中不存在 ，选项D错误；
答案选AB；
(3)常温下，的饱和溶液中存在以下平衡：；
A．升高温度，平衡向吸热反应的正方向移动，浓度增大，选项A正确；
B．降低温度，平衡向吸热反应的逆方向移动，浓度减小，选项B错误；
C．加入少量蒸馏水，平衡正向移动，但仍为饱和溶液，浓度不变，选项C错误；
D．加入固体，A2-浓度增大，平衡逆向移动，浓度减小，选项D错误；
答案选A。
15． 减小 减小压强 t6 B BC B
【详解】I．(1)由图A可知：反应从正反应方向开始，升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，在T2时反应达到平衡。然后升高温度，Z的含量降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应正反应为放热反应。升高温度，化学平衡逆向移动，导致化学平衡常数K减小；
(2)氮气与氢气合成氨气的反应是放热反应，根据图示可知：t3时v正、v逆都减小，v正＜v逆，化学平衡逆向移动，则改变的条件是减小压强；
根据图B可知：反应从正反应方向开始，当t1时反应达到平衡，t1至t2时维持化学平衡；在t2时v正、v逆都增大，改变后v正=v逆，化学平衡不移动，NH3的含量不变；当到t3时v正、v逆都减小，v正＜v逆，化学平衡逆向移动，导致NH3的含量降低，到t4时反应达到平衡；t4～t5维持化学平衡，NH3的含量不变；到t5时v正、v逆都增大，改变后v正＜v逆，化学平衡逆向移动，导致NH3的含量进一步降低，到t6时反应又达到平衡，可见在t1～t6中，氨气的含量最低的是t6；
II．(1)H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，则HA-在溶液中只存在电离作用，电离产生H+使溶液显酸性，故NaHA的pH小于7，合理选项是B；
(2) A．在任何溶液中都存在水的电离平衡，Kw=c(H+)·c(OH-)，但温度不一定是室温，因此水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)不一定等于1×10-14，A错误；
B．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，由于溶液显中性，则c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)，B正确；
C．若二者按1：1混合恰好完全反应产生正盐，此时c(Na+)=c(K+)，但由于A2-会发生水解反应产生HA-使溶液显碱性，但该溶液显中性，因此溶液中滴加KOH的物质的量小于NaHA，故根据物料守恒可知溶液中c(Na+)＞c(K+)，C正确；
D．原溶液中NaHA、KOH浓度相等，无论二者以何比例混合。混合溶液中两种离子浓度和不变，所以c(Na+)+c(K+)=0.1 mol/L，D错误；
故合理选项是BC；
(3) A．升高温度使沉淀溶解平衡向吸热的正向移动，导致溶液中c(Ca2+)增大，A不符合题意；
B．加入Na2A固体，导致溶液中c(A2-)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，使得溶液中c(Ca2+)减小，B符合题意；
C．加入NH4Cl晶体，水解使溶液显酸性，消耗A2-，导致溶液中c(A2-)减小，沉淀溶解平衡正向移动，使得溶液中c(Ca2+)增大，C不符合题意；
故合理选项是B。
16． NH3·H2ONH4++OH- NH3 H2O+H+=NH4++H2O c(H+)=1×10-9mol L-1 减小 mol L-1 c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-） 因为二氧化硫和水反应生成的是亚硫酸，而亚硫酸属于弱酸，不能制取氯化氢这样的强酸，所以不能生成沉淀，而氨水是可以吸收二氧化硫生成亚硫酸根，亚硫酸根会与钡离子生成亚硫酸钡沉淀
【分析】(1)氨水中的一水合氨能够部分电离，使溶液显碱性；
(2)若向氨水中加入稀盐酸，使其恰好中和，反应生成(NH4)2SO4和水；pH=5，c(H+)=1×10-5mol L-1，根据离子积常数计算c(OH-)，水所电离出的c(H+)等于水所电离出的c(OH-)，据此分析解答；
(3)向氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，结合氨水的电离平衡分析判断；
(4)根据电荷守恒计算硫酸根离子浓度；
(5)pH=1的硫酸溶液，c( H +)=0.1mol L-1，氢离子浓度与氨水浓度相等，恰好反应生成铵根离子，溶液中的溶质是硫酸铵，结合铵根离子水解分析解答；
(6)二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氯化钡不反应，再加入氨水，氨水与亚硫酸反应生成亚硫酸盐，据此分析解答。
【详解】(1)氨水中的一水合氨能够部分电离，使溶液显碱性，NH3·H2ONH4++OH-，故答案为：NH3·H2ONH4++OH-；
(2)若向氨水中加入稀盐酸，使其恰好中和，反应生成(NH4)2SO4和水，反应的离子方程式为NH3 H2O+H+=NH4++H2O，pH=5，c(H+)=1×10-5mol L-1，根据离子积常数，c(OH-)==1×10-9mol L-1，则水所电离出的c(H+)等于水所电离出的c(OH-)，因此水所电离出的c(H+)=1×10-9mol L-1，故答案为：NH3 H2O+H+=NH4++H2O；1×10-9mol L-1；
(3)由于(NH4)2SO4=2NH4++SO42-，向氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，一水合氨分子浓度增大，所以此时溶液中减小，故答案为：减小；
(4)pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42- )+c(OH-)，所以c(SO42- )=0.5c(NH4+)=0.5a mol L-1，故答案为：0.5a mol L-1；
(5)pH=1的硫酸溶液，c( H +)=0.1mol L-1，氢离子浓度与氨水浓度相等，体积相同，所以恰好反应生成盐，如果NH4+不水解，c( NH4+)∶c(SO42-)=2∶1，但水解是较弱的，所以c(NH4+)＞c(SO42- )；溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，故溶液中离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(SO42- )＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(NH4+)＞c(SO42- )＞c(H+)＞c(OH-)。
(6)二氧化硫通入0.1mol/L的氯化钡溶液中至饱和，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氯化钡不反应，因此无明显现象，若继续加入氨水，氨水与亚硫酸反应生成亚硫酸盐，再与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，因此产生白色沉淀，故答案为：因为二氧化硫和水反应生成的是亚硫酸，而亚硫酸属于弱酸，不能制取氯化氢这样的强酸，所以不能生成沉淀，而氨水是可以吸收二氧化硫生成亚硫酸根，亚硫酸根会与钡离子生成亚硫酸钡沉淀。
17． > pH<7 Al3++3H2O Al（OH）3↓+3H+ CO32-+H2O HCO3-+OH- 石膏是水合硫酸钙， CaSO4+CO32- CaCO3+SO42-，产生固体碳酸钙，降低其碱性 BaSO4 Ba2++SO42- 溶解平衡为可逆反应，加入硫酸时增大了硫酸浓度，平衡逆向移动，抑制了固体的溶解
【分析】根据反应，固体碳酸钙产生气体二氧化碳和氧化钙固体，体系混乱度增多，熵变增大；明矾中铝离子发生水解；碳酸钠是强碱弱酸盐，农业上根据沉淀平衡进行中性处理。
【详解】(1) 混乱度越大，熵越大，故碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳的化学反应中，S>0；
(2)明矾在水溶液中电离出铝离子，发生水解产生氢离子，Al3++3H2O Al（OH）3↓+3H+，明矾水溶液的pH<7；
(3)盐碱地含有氯化钠、碳酸钠，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根发生水解产生氢氧根离子，CO32-+H2O HCO3-+OH-，故盐碱地显碱性；石膏是水合硫酸钙，根据沉淀平衡CaSO4+CO32- CaCO3+SO42-，产生固体碳酸钙，降低其碱性；
(4)硫酸钡的溶解平衡方程式BaSO4 Ba2++SO42-；溶解平衡为可逆反应，加入硫酸时增大了硫酸浓度，平衡逆向移动，抑制了固体的溶解。
【点睛】本题考查生活中的实验现象和化学原理，难点为盐碱地用石膏处理碱性土壤，沉淀平衡或用反应解释碳酸根的转化；易错点在于明矾净水的原理中，水溶液呈碱性的离子反应是铝离子的可逆水解反应，可逆符号必须书写。
18． c(Na+)＞c(CH3COO )＞c(OH )＞c(H+) NH4Cl中的NH发生水解：NH+H2ONH3 H2O+H+，使得溶液中c(H+)＞c(OH )，因此氯化铵溶液显酸性 盐酸 ①＞②
【详解】(1)CH3COONa在水溶液中完全电离，CH3COO 与水电离出的H+结合生成CH3COOH：CH3COO +H2OCH3COOH+OH ，而使CH3COONa水溶液显碱性，CH3COONa溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为：c(Na+)＞c(CH3COO )＞c(OH )＞c(H+)。答案为：c(Na+)＞c(CH3COO )＞c(OH )＞c(H+)；
(2)NH4Cl属于强酸弱碱盐，电离后的NH与水电离出的OH 结合生成NH3 H2O：NH+H2ONH3 H2O+H+，溶液中c(H+)＞c(OH )，因此氯化铵溶液显酸性。答案为：NH4Cl中的NH发生水解：NH+H2ONH3 H2O+H+，使得溶液中c(H+)＞c(OH )，因此氯化铵溶液显酸性；
(3)FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3+能发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+。要抑制FeCl3的水解且不引入新杂质，可以加入盐酸溶液。答案为：盐酸；
(4)将足量氯化银分别放入100 mL蒸馏水中，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动。若将足量氯化银分别放入100mL 0.1 mol·L 1盐酸溶液中，因为同离子效应，氯化银沉淀溶解被抑制，沉淀溶解平衡向左移动。故充分搅拌后，相同温度下银离子浓度的大小关系是：①＞②；答案为：①＞②。
19． 1012 增大 BD
【分析】(1)在25℃时，将c mol·L－1的醋酸溶液与0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后溶液刚好呈中性，此时c(OH-)＝c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COO-)= c(Na+)=0.01 mol/L，c(CH3COOH)=(- 0.01)mol/L，代入CH3COOH的电离常数表达式，即可求出Ka。
(2)25℃时，H2SO3HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kb＝；若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，发生反应4HSO3-+I2+H2O=SO42-+2I-+3H2SO3，由此可得出溶液中的变化。
(3)常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq) △H>0。若要使该溶液中Ca2＋浓度变小，结合特点，可以消耗Ca2+使平衡正向移动或使平衡逆向移动。
【详解】(1) 在25℃时，将c mol·L－1的醋酸溶液与0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后溶液刚好呈中性，此时c(OH-)＝c(H+)=10-7mol/L，结合电荷守恒，c(CH3COO-)= c(Na+)=0.01 mol/L，根据物料守恒，c(CH3COOH)=(- 0.01)mol/L，Ka==。答案为：；
(2)25℃时，H2SO3HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kb＝=mol·L－1=1012 mol·L－1；若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，发生反应4HSO3-+I2+H2O=SO42-+2I-+3H2SO3，c(HSO3--)减小，c(H2SO3)增大，增大。答案为：1012；增大；
(3)A.升高温度，平衡CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)正向移动，Ca2＋浓度变大，A不合题意；
B.降低温度，平衡CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)逆向移动，Ca2＋浓度变小，B符合题意；
C.加入NH4Cl晶体，NH4+水解生成的H+与A2－作用生成HA-，平衡正向移动，Ca2＋浓度变大，C不合题意；
D.加入Na2A固体，增大溶液中的c(A2-)，平衡逆向移动，Ca2＋浓度变小，D符合题意；
答案为：BD。
【点睛】在分析向NaHSO3溶液中加入少量的I2时，我们可能会这样考虑：HSO3-+H2OH2SO3+OH-，H2SO3+ I2+H2O=H2SO4+2HI，则会导致H2SO3减小，从而得出比值减小的错误结论。
20． Al3++3HCO=Al(OH)3+3CO2 盐酸 Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ ③⑤①②④ ①⑥⑤③②④ 中 6
【详解】（1）泡沫灭火器中的反应物为Al2(SO4)3和NaHCO3，相应的离子方程式为；
（2）配置FeCl3溶液时，常加入少量稀盐酸，以抑制Fe3+水解，相应的离子方程式为；
（3）①0.1mol L-1 NH4Cl溶液中，发生水解反应，其浓度小于0.1mol L-1；②0.1mol·L-1 CH3COONH4溶液中，和CH3COO-相互促进水解，则该溶液中的水解程度大于①，故②中的浓度小于①；③0.1mol·L-1 NH4HSO4溶液呈强酸性，的水解受到抑制，则其的浓度大于①；④0.1mol·L-1氨水中，NH3 H2O是弱电解质，其电离程度很小，则该溶液中的浓度最小；⑤0.1mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液中，和Al3+都会水解，且二者之间存在竞争，则该溶液中的水解程度小于①，则其的浓度大于①；综上所述，以上各溶液中c()由大到小的顺序是③⑤①②④；
（4）①HNO3是强电解质，其溶液呈强酸性；②Na2CO3是强碱弱酸盐，其溶液呈弱碱性；③NaHCO3是强碱弱酸盐，其溶液呈弱碱性，但是同浓度的情况下，NaHCO3溶液的碱性比Na2CO3弱，④NaOH是强电解质，其溶液呈强碱性；⑤KCl是强酸强碱盐，其溶液呈中性；⑥NH4Cl是强酸弱碱盐，其溶液呈弱酸性；综上所述，同浓度的情况下，溶液pH值由小到大的顺序是①⑥⑤③②④；
（5）溶液混合后，有电荷守恒：c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于c()=c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)，则溶液显中性；两溶液等体积混合后，溶液中c()=c(Cl-)=0.005mol L-1，由于溶液呈中性，25℃时，溶液中c(OH-)=10-7mol L-1；混合后，还未反应之时，溶液中c(NH3 H2O)=0.5a mol L-1，根据物料守恒可得，反应后，溶液中c(NH3 H2O)=(0.5a-0.005)mol L-1，则NH3 H2O的电离平衡常数Kb===；
（6）若要生成Cu(OH)2沉淀，则Q=c(Cu2+) [c(OH-)]2>Ksp，即c(OH-)>==1.010-8mol/L，则c(H+)<==1.010-6mol/L，故pH大于6。
21． CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3 2.6×10-9 蒸发浓缩，冷却结晶 淀粉由蓝色变为无色且半分钟后不变化 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 85.5%
【详解】(1)为制得纯净CuCl2溶液，宜加入CuO或Cu(OH)2或碱式碳酸铜等，调至溶液pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH) 3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝=2.6×10-9mol/L。
(2)过滤后，将所得滤液经过蒸发浓缩，冷却结晶操作，可得到CuCl2·2H2O晶体。
(3)①由于反应有I2生成，可选用淀粉作滴定指示剂，滴定终点的现象是当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色。②间接碘量法中CuCl2溶液与KI反应，因反应有I2生成，则该反应为氧化还原反应，反应I-→I2时化合价升高，则铜化合价由+2降低到+1价，生成的白色沉淀为CuI。则离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。③由关系式2(CuCl2·2H2O)~I2~2S2O32－可得出，n(CuCl2·2H2O)=n(S2O32－)= 0.1000 mol·L－1×0.04L=0.004mol，该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为=85.5%。。
22．(1) 三颈烧瓶 吸收挥发出的氨气
(2) 将Co2+转化为易被氧化的[Co(NH3)6]2+ 抑制NH3·H2O电离，防止生成Co(OH)2沉淀 温度过低，反应速率慢；温度过高，双氧水受热易分解
(3) 2CoCl2+10NH3·H2O+H2O2+2NH4Cl2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O B 加快过滤速率
(4) 20% 偏大
【分析】由题意可知，由氯化亚钴制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)的过程，先向氯化亚钴和氯化铵的混合溶液中加入氨水，将溶液中的亚钴离子转化为易被氧化的[Co(NH3)6]2+，再向充分反应后的溶液中加入双氧水溶液，在活性炭作催化剂、水浴加热条件下，过氧化氢将[Co(NH3)6]2+氧化为[Co(NH3)6]3+。
【详解】（1）仪器c的名称是三颈烧瓶；给三颈烧瓶加热，浓氨水易分解并挥发出氨气，造成大气污染，则d中无水CaCl2的作用是：吸收挥发出的氨气。
（2）因为[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，Co2+不易被氧化，所以向混合液中先加入浓氨水，目的是：将Co2+转化为易被氧化的[Co(NH3)6]2+；Ksp[Co(OH)2]=6×10-15，为防止生成Co(OH)2沉淀，应控制溶液的碱性，则混合液中NH4Cl的作用是：抑制NH3·H2O电离，防止生成Co(OH)2沉淀；充分反应后再加入双氧水，双氧水的热稳定性较差，水浴加热时，需控制温度为55℃，原因是：温度过低，反应速率慢；温度过高，双氧水受热易分解。
（3）CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3时，加入双氧水、氨水和氯化铵，化学方程式为2CoCl2+10NH3·H2O+H2O2+2NH4Cl2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；抽滤完毕，为防止自来水进入吸滤瓶内，接下来的操作为先拔掉橡胶管，后关闭水龙头，故选B。抽滤时，产生负压力，有利于液体与固体的分离，优点是：加快过滤速率。
（4）①由步骤Ⅱ可知，KI溶液中混入少量I2；步骤Ⅰ中，发生反应2Co3+——I2——2Na2S2O3，
样品中钴元素的质量分数为=20%；
②若步骤Ⅱ滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则读出的原KI溶液中混有的I2消耗的Na2S2O3体积偏小，Co3+氧化生成的I2消耗的Na2S2O3偏大，会使测定结果偏大。
【点睛】步骤Ⅰ中KI溶液消耗Na2S2O3标准溶液，表明此KI溶液中混有I2。
23． 碱石灰(或固体氢氧化钠或生石灰) 平衡气压，使NaOH溶液顺利滴下 排出装置内的空气，防止生成的ZnS2O4被氧化 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O 水浴加热 利用同离子小于，减小Na2S2O4的溶解度 使产品快速干燥 2[Fe(CN)6]3-+S2O+4OH-=2[Fe(CN)6]4-+2SO+2H2O
【分析】本实验的目的是制备Na2S2O4，首先SO2与Zn在溶液中、28~35℃的条件下反应生成ZnS2O4，ZnS2O4再与NaOH反应生成Na2S2O4，为防止装置中的空气氧化ZnS2O4，实验开始前要先使装置中充满氮气。
【详解】(1)仪器a的作用是防止二氧化硫溢出而污染环境，所以a盛装的是碱石灰(或固体氢氧化钠或生石灰)；导管b可以平衡气压，使NaOH溶液顺利滴下；
(2) Na2S2O4 (保险粉)是一种强还原剂，则推测制备的ZnS2O4也易被氧化，而N2化学性质稳定，实验开始前充入氮气不仅可以排除空气，还可作保护气，防止生成的ZnS2O4被氧化；
(3)铜屑与浓硫酸反应在加热条件下发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；
(4)根据题干信息可知，锌粉法制备，所需的温度是28~35C°，所以不能直接加热，应该水浴加热；
(5)根据题给信息可知，加入NaCl固体，可增大溶液中钠离子的浓度，利用同离子效应，减小Na2S2O4的溶解度，进而促进Na2S2O4的析出；酒精可快速挥发，从而快速干燥固体，
(6)①根据题干信息“[Fe(CN)6]3-被还原为[Fe(CN)6]4-，S2O被氧化为SO”可知，Fe元素化合价降低1价，S元素化合价从+3升高到+4价，S2O共升高2价，结合电子转移数守恒可知，[Fe(CN)6]3-与S2O的化学计量数之比为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2[Fe(CN)6]3-+S2O+4OH-=2[Fe(CN)6]4-+2SO+2H2O
②参与反应的两者物质的量之比也为2:1，因此n(S2O)=n([Fe(CN)6]3-)=mol，所以Na2S2O4的质量为=g，所以其在产品中的质量分数为。
答案第1页，共2页
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