3.4 沉淀溶解平衡同步练习（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 3.4 沉淀溶解平衡同步练习（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 439.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-29 16:34:44 | ||
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文档简介
3.4 沉淀溶解平衡同步练习
一、单选题
1．下列说法中，正确的是（ ）
A．AgCl 悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下 Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）
B．当温度不变时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数
C．饱和石灰水中加入一定量生石灰，温度明显升高，所得溶液的pH会增大
D．强电解质的水溶液中不存在分子
2．室温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．滴定醋酸溶液、盐酸时，均可选择甲基橙溶液作指示剂
B．I表示的是滴定醋酸的曲线
C．时，滴定醋酸消耗的大于
D．时，滴定醋酸溶液所得溶液中：
3．在常温下，0.10mol L﹣1Na2CO3溶液25mL 用0.10mol L﹣1盐酸滴定，其滴定曲线如图．对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是（ ）
A．a点：c（CO32﹣）=c（HCO﹣3）＞c（OH﹣）
B．b点：5c（Cl﹣）＞4c（HCO﹣3）+4c（CO2﹣3）
C．c点：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO﹣3）+2c（H2CO3）
D．d点：c（H+）=c（CO2﹣3）+c（HCO﹣3）+c（OH﹣）
4．25℃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I﹣浓度减小 B．溶度积常数Ksp增大
C．沉淀溶解平衡向左移动 D．溶液中Pb2+浓度增大
5．下列各离子浓度的大小比较，正确的是（ ）
A．同浓度下列溶液中：①（NH4）2SO4 ②NH4HCO3 ③NH4Cl ④NH3 H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是：④＞③＞②＞①
B．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后pH=7，则c （NH4+）＞c （Cl﹣）
C．0.2 mol L﹣1Na2CO3溶液中：c （CO32﹣）+c （HCO3﹣）+c （H2CO3）=0.2 mol L﹣1
D．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到酸性溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
6．下列说法正确的是（ ）
A．在Na2CO3、NaHCO3两溶液中，离子种类不相同
B．在等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3两溶液中，阳离子总数相等
C．NaHCO3和Na2CO3混合液中一定有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(OH－)＋2c(CO32－)
D．在NaHCO3和Na2CO3混合液中一定有：2c(Na＋)＝3[c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]
7．25℃时，向20 mL 0.01 mol·L-1HA(aq)中不断滴入0.02 mol·L-1 NaOH(aq)，混合溶液pH变化如图所示。此过程溶液下列说法错误的是（已知：25℃时一元酸HA(aq)电离平衡常数Ka=1.6×10-5）（ ）
A．a点溶液的pH大于3
B．b点溶液中离子：c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
C．c点表示酸HA(aq)和NaOH(aq)溶液恰好完全反应
D．d点溶液加水稀释后c(H+)/c(HA)的值会增大
8． 是一种三元弱酸。关于常温下 的 溶液，下列说法正确的是（ ）
A．该溶液中
B．加水稀释过程中，溶液中 保持不变
C．随温度升高， 增大，该溶液中 增大、 减小， 增大
D．加入 溶液至中性时，溶液中
9．下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，溶度积越大，溶解度越大
B．相同温度下，在水中和溶液中的相等
C．向悬浊液中，加入固体，溶液中增加
D．已知常温下，则常温下饱和AgCl溶液中为 mol/L
10．取1.0L浓缩卤水(、浓度均为)进行实验：滴加一定量溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：、。下列分析错误的是（ ）
A．黄色沉淀是，白色沉淀是
B．产生白色沉淀时，溶液中存在
C．若起始时向卤水中滴加2滴(0.1)，能产生沉淀
D．白色沉淀开始析出时，
11．25℃时，将的溶液逐滴滴入的溶液。滴加过程中和随溶液的分布关系如图。下列说法错误的是
A．25℃时，醋酸的电离常数的数量级为
B．时，
C．B点时，
D．C点时，
12．常温下，向20.00mL0.1000mol/L(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol/LNaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如下图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是（ ）
A．点a所示溶液中：c(NH4+)>c(SO42-)>c(OH-)>c(H+)
B．点b所示溶液中： c(NH4+)=c(Na+)> c(H+)= c(OH-)
C．点c所示溶液中：c(NH3·H2O)+ c(OH-)= c(H+)+ c(SO42-)
D．点d所示溶液中： c(SO42-)> c(NH3·H2O)> c(OH-)> c(NH4+)
13．下列关于常温下0.1mol L-1NaHCO3溶液的说法错误的是（ ）
A．NaHCO3=Na++HCO
B．c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3)
C．c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)
D．c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1mol L-1
14．常温下，向25mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/LCH3COOH溶液，滴定曲线如图所示。
下列说法中错误的是（ ）
A．a点对应的M=13
B．b点对应的N>12.5
C．曲线ab(不含a、b点)上总是存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
D．c点对应的溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)
15．Na2S溶液中存在多种离子和分子。下列关系错误的是（ ）
A．c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)
B．c(Na+) +c(H+) =c(OH-) +2c(S2-) +c(HS- )
C．c(OH-) =c(HS- ) +c(H+) +c(H2S)
D．c(Na+) =2c(S2-) +2c(HS- ) +2c(H2S)
16．已知：某元素X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，下列说法正确的是（ ）
A．NaHX的电离方程式为NaHX═Na++H++X2﹣
B．HX﹣的电离程度小于HX﹣的水解程度
C．离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HX﹣）+c（X2﹣）
D．加水稀释，促进HX﹣水解，c（HX﹣）增大
二、综合题
17．某工业废水中含有 和 ，可采用沉淀法将其除去。
（1）若加入 来沉淀 和 ，当溶液中 和 共存时， 。
（2）若加入 溶液来调节 ，使 和 完全沉淀， 应满足的条件为 。
已知：①
② 时， 会转化为
③离子完全除去的标准：该离子浓度
18．根据要求，回答下列问题：
（1）已知常温下：
弱电解质 H2S H2CO3 H2SO3 CH3COOH NH3·H2O
电离常数 Ka1=1.1×10-7 Ka2=1.3×10-13 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka1=1.4×10-2 Ka2=6.0×10-8 Ka=1.8×10-5 Kb=1.8×10-5
①浓度均为0.1mol·L-1的Na2S溶液、NaHCO3和Na2CO3溶液，碱性由强到弱的顺序是 (用“>”连接，下同)
②S2-，HS-，CO，HCO四种离子结合H+能力由大到小的顺序是 。
③NaHSO3的水解常数Kh= 。
④CH3COONH4溶液显 性。NH4HCO3溶液显 性。
（2）在化学分析中，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-时，采用K2CrO4为指示剂，利用Ag+与CrO反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)= mol·L-1，c(CrO)= mol·L-1。(已知25℃时Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和1.8×10-10)
19． 是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电泡等。可由电镀废渣(除镍元素外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等元素杂质)为原料获得。工艺流程如下：
已知：① 是一种不溶于水易溶于强酸的沉淀；②已知 ， 的 。
（1）Ni的原子序数为28，则它在周期表中的位置为 ，写出H2O2的结构式 。
（2）步骤②，向滤液I中加入适量 溶液的目的是除去Cu2+和 ，其中除去Cu2+的离子方程式为 ；加 之前需控制pH不能太低的目的是 。
（3）步骤③的目的是除去Fe和Cr，温度不能太高的原因是 。若在 时，调pH=4除去铁，此时溶液中 。
（4）粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度镍，下列叙述正确的是___(已知：氧化性Fe2+A．粗镍作阳极，纯镍作阴极
B．阳极发生还原反应，其电极反应式：
C．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
D．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Cu2+和
E．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt
20．已知某溶液中只存在OH﹣、H+、NH4+、Cl﹣四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：
A．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
D．c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
（1）若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是 ，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是（选填序号） ．
（2）若上述关系中D是正确的，混合后溶液中的溶质为 ．
（3）25℃时，将a mol L﹣1的氨水与b mol L﹣1盐酸等体积混合，反应后溶液恰好显中性，则混合前a b（填“＞”、“＜”、或“=”），用a、b表示NH3 H2O的电离平衡常数为 ．
21．以菱镁矿(主要成分为，含少量、和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：
资料1：部分难溶电解质的溶度积(均为数据，单位省略)
约为 约为 约为
资料2：滤渣a中有、和
（1）菱镁矿煅烧完全分解的化学方程式为 。
（2）“浸镁”过程固体轻烧粉与一定浓度的溶液充分反应，的浸出率相对低。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，从化学平衡的角度解释加热、蒸馏操作使浸出率增大的原因 。(备注：的浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的的质量))
（3）“浸镁”过程通过调节可实现与、的分离，进而除去和。c(杂质离子)即可视为沉淀完全，当完全沉淀时约为 。
（4）写出滤液a制备的离子方程式 。
（5）该流程中可循环利用的物质是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：A、因同类型的沉淀转化时，溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀，所以AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故A错误；
B、水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故B正确；
C、加入生石灰后，生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶剂的质量减少，析出氢氧化钙，剩余溶液仍为饱和溶液，浓度不变，pH不变，故C错误；
D、强电解质在溶液中完全电离成离子，所以溶液中不存在电解质分子，但是存在水分子，故D错误，故选B．
【分析】A、同类型的沉淀转化时，溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀；
B、水的离子积常数只与温度有关；
C、温度升高，抑制氢氧化钙的溶解，但是饱和溶液的浓度不变；
D、强电解质在溶液中完全电离出离子，溶液中不存在电解质分子，但是存在水分子．
2．【答案】B
【解析】【解答】A．醋酸与NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，溶液显碱性，HCl与NaOH恰好完全反应时生成NaCl，溶液显中性，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，酚酞的变色范围8.1~10.0，该实验，选用酚酞做指示剂误差较小，应选酚酞作指示剂，A不符合题意；
B．由分析可知Ⅰ表示滴定醋酸的曲线，Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线，B符合题意；
C．=时，醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性，时，溶液呈中性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于溶液的体积，滴定醋酸消耗的小于，C不符合题意；
D．电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，当消耗溶液时，所得溶液呈酸性，，结合电荷守恒式可知，，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】盐酸是强酸，醋酸是弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小，故曲线Ⅰ表示醋酸的滴定曲线，曲线Ⅱ表示盐酸的滴定曲线。
3．【答案】B
【解析】【解答】解：A．a点时n（HCl）=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于水解程度大于电离程度，则c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），故A错误；
B．b点时n（HCl）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，由物料守恒可知：5c（Cl﹣）=4c（HCO3﹣）+4c（CO32﹣）+4c（H2CO3），则5c（Cl﹣）＞4c（HCO3﹣）+4c（CO32﹣），故B正确；
C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，由于HCO3﹣水解程度较弱，则有c（HCO3﹣）＞c（OH﹣），故C错误；
D．d点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶由反应生成的CO2，溶液存在电荷守恒，存在c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于c（Na+）=c（Cl﹣），则 c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故D错误；
故选B．
【分析】A．a点时n（HCl）=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，从盐类的水解程度的角度分析；
B．溶液中存在物料守恒，从物料守恒的角度分析；
C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3；
D．溶液中满足电荷守恒，根据电荷守恒的角度分析．
4．【答案】C
【解析】【解答】解：A．加入KI溶液，溶液中I﹣浓度增大，故A错误；
B．Ksp只与温度有关，则溶度积常数Ksp不变，故B错误；
C．I﹣浓度增大，使沉淀溶解平衡向左移动，故C正确；
D．沉淀溶解平衡向左移动，溶液中Pb2+浓度减小，故D错误；
故选C．
【分析】加入KI溶液，I﹣浓度增大，使平衡PbI2（s） Pb2+（aq）+2I﹣（aq）逆向移动，Ksp只与温度有关，以此来解答．
5．【答案】C
【解析】【解答】解：A．同浓度的①（NH4）2SO4②NH4HCO3③NH4Cl ④NH3 H2O，④为弱碱，则④中铵根离子的浓度最小；①的化学式中含有2个铵根离子，且铵根离子的水解程度较小，则①中铵根离子浓度最大；②中碳酸氢根离子部分水解，促进了铵根离子的水解，则②中铵根离子浓度小于③，所以四种溶液中c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞③＞②＞④，故A错误；
B．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后pH=7，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒可知：c（NH4+）=c（Cl﹣），故B错误；
C.0.2 mol L﹣1Na2CO3溶液中，根据物料守恒可得：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=0.2 mol L﹣1，故C正确；
D．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到酸性溶液，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（CH3COO﹣）＞c（Na+），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；
故选C．
【分析】A．一水合氨为弱碱，其溶液中铵根离子浓度最小，硫酸铵的化学式中含有2个铵根离子，其溶液中铵根离子浓度最大；碳酸氢根离子水解促进了铵根离子的水解，其溶液中铵根离子浓度小于氯化铵，据此进行判断；
B．溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣）；
C．根据碳酸钠溶液中的物料守恒判断；
D．溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（CH3COO﹣）＞c（Na+）．
6．【答案】C
【解析】【解答】A.两溶液中，离子的种类均是：Na+、H+、HCO3-、OH-、CO32-，均相同，故A错误；
B.在Na2CO3、NaHCO3两溶液中，阳离子有钠离子和氢离子，根据碳酸钠、碳酸氢钠中物料守恒可知钠离子浓度大不相同，即在等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3两溶液中，阳离子总数不相等，故B错误；
C.溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故C正确；
D.在碳酸钠和碳酸氢钠的混合液中，物料守恒分别为：c（Na+）=2[c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）]，c（Na+）=[c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）]，若含有等物质的量的NaHCO3和Na2CO3混合溶液中的物料守恒为2c（Na+）=3[c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）]，即关系式可能成立，故错误；
故答案为：C。
【分析】A.根据Na2CO3、NaHCO3两溶液中，离子的种类知识来回答判断；
B.在Na2CO3、NaHCO3两溶液中，阳离子有钠离子和氢离子；
C.根据溶液中的电荷守恒来回答；
D.根据溶液中的物料守恒来回答。
7．【答案】C
【解析】【解答】A、a点时，为0.01 mol·L-1HA溶液，已知25℃时一元酸HA(aq)电离平衡常数Ka=1.6×10-5，
HA H++ A-
起始（mol/L） 0.01 0 0
转化（mol/L） x x x
平衡（mol/L） 0.01-x x x
=1.6 10-5，由于x很小，0.01-x 0.01，则x2=1.6 10-7，解得x=4 10-4，pH=-lg4 10-4=4-2lg2=4-2 0.3=3.4>3，故A不符合题意；
B、b点时酸过量，溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性，应存在c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B不符合题意；
C、若酸HA(aq)和NaOH(aq)溶液恰好完全反应则生成NaA为强碱弱酸盐，水解显碱性，pH>7，与c点溶液呈中性不符，故C符合题意；
D、d点为NaOH和NaA的混合物，溶液中存在醋酸根离子的水解平衡：A -+H2O HA+OH-，水解常数Kh= = ，在一定温度下不变，加水稀释后，c(A-)减小，则c(HA) /c(H+)减小，故c(H+)/c(HA)的值增大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据电离常数计算氢离子浓度，然后判断pH；
B.b点是HA与NaA的混合物，酸过量呈酸性；
C.NaA是强碱弱酸盐，水解呈碱性，pH=7时HA过量；
D.d点是NaA和NaOH的混合溶液，根据水解平衡常数进行分析即可。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．常温下 的 溶液，该溶液中 ，A不符合题意；
B．加水稀释，氢离子浓度减小，温度不变，Ka3不变，根据Ka3表达式可知， 增大 ，B不符合题意；
C．随温度升高，促进电离， 增大，该溶液中 增大 ， 也 增大， 减小，C不符合题意；
D．加入 溶液至中性时，由电子守恒可知溶液中 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、pH=2，则溶液中c(H+)=0.01mol/L；
B、稀释过程中，c(H+)减小，但电离平衡常数保持不变；
C、结合温度对弱电解质电离平衡的影响分析；
D、结合电荷守恒分析；
9．【答案】B
【解析】【解答】A、当两物质的结构相似时，相同温度下，溶度积越大，溶解度越大。若二者的结构不相似，则无法比较，A不符合题意。
B、溶度积Ksp只与温度有关，与浓度无关，因此相同温度下，BaCO3的Ksp在水中和在Na2CO3溶液中的Ksp相等，B符合题意。
C、向MgCO3悬浊液中加入MgCO3固体，MgCO3不会溶解，因此溶液中c(Mg2＋)不变，C不符合题意。
D、常温下，c(Ag＋)×c(Cl－)=1.8×10－10，所以常温下饱和AgCl溶液中，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、当结构相似时，溶度积越大， 溶解度越大。
B、溶度积Ksp只与温度有关，与浓度无关。
C、加入MgCO3固体，MgCO3不溶解。
D、Ksp(AgCl)=c(Ag＋)×c(Cl－)，据此进行计算。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．碘化银的溶度积小于氯化银，则先生成的黄色沉淀为碘化银，A项不符合题意；
B．产生白色沉淀时，碘化银已经达到沉淀溶解平衡，B项不符合题意；
C．若起始时向1.0L卤水中滴加2滴(0.1)，则混合后的硝酸银浓度约等于，，比碘化银的溶度积大，则有碘化银沉淀生成，C项不符合题意；
D．根据氯化银的溶度积常数，白色沉淀氯化银开始析出时，，所以，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Ksp越小越容易沉淀；
B.产生AgCl时，AgI已经达到沉淀溶解平衡；
C.计算Qc与Ksp进行比较进而确定是否产生沉淀。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．Ka=1.76×10-5，故25℃时，醋酸的电离常数的数量级为，A不符合题意；
B．根据物料守恒有=2×10-4mol，时，V>20.00mL，，B符合题意；
C．电荷守恒有，B点时，，，故，C不符合题意；
D．Ka=1.76×10-5，C点时，Ka=，==3.1×10-6mol/L >10-7mol/L=c(OH-)，溶液显酸性，电荷守恒有，则C点时，，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据计算；
C.根据电荷守恒分析；
D.C点溶液呈酸性，结合电荷守恒分析。
12．【答案】C
【解析】【解答】A.a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c(NH )＞c(SO )，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NH )＞c(SO )＞c(H+)＞c(OH-)，A不符合题意；
B.b点溶液中，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH )+c(Na+)=2c(SO )+c(OH-)，硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c(NH )＞c(Na+)，B不符合题意；
C.c点溶液中，溶液呈碱性，所以c(H+)＜c(OH-)，溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH )+c(Na+)=2c(SO )+c(OH-)，根据物料守恒得，根据物料守恒得c(NH )+c(NH3·H2O)=2c(SO )=2c(Na+)，所以得c(SO )+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)，C符合题意；
D.d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c(NH3·H2O)＞c(SO )，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子浓度大小比较常利用溶液中的三守恒电荷守恒、物料守恒、质子守恒进行判断。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．碳酸氢钠为强电解质，NaHCO3=Na++HCO，A不符合题意；
B.0.1mol L-1NaHCO3溶液中溶质为碳酸氢钠，溶液显碱性，水解大于电离，则c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，B符合题意；
C．根据电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)，C不符合题意；
D．根据物料守恒可知，(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1mol L-1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．碳酸氢钠为强电解质；
B.电离和水解是微弱的，溶液显碱性分析；
C．根据电荷守恒；
D．根据物料守恒。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．常温下，0.1mol·L－1NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，其溶液的pH= ，则a点对应的M=13，A不符合题意；
B．若加入12.5mLCH3COOH溶液，根据c(NaOH) ·V(NaOH)=c(CH3COOH)·V(CH3COOH)，混合溶液中的NaOH和CH3COOH恰好完全反应，此时的溶液为CH3COONa。CH3COONa是强碱弱酸盐，由于CH3COO－水解，溶液呈碱性。现b点溶液的pH=7，需要加入更多的酸，因此N＞12.5， B不符合题意；
C．向NaOH溶液中滴加CH3COOH溶液，a点到b点的过程中，溶液由碱性变成酸性，溶液中有c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋C(CH3COO－)，则可知，溶液中有c(Na＋)＞c(CH3COO－)。但是开始时，加入的CH3COOH非常少的时候，c(CH3COO－)不一定大于c(OH－)，因此不总存在c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C符合题意；
D．CH3COOH与NaOH生成CH3COONa。根据
，结合电荷守恒，有c(CH3COO－)＋C(CH3COOH)=2c(Na＋)， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.依据pH的计算方法分析解答；
B.当氢氧化钠和醋酸恰好反应时，消耗醋酸的体积是12.5mL，醋酸是弱酸，由于醋酸钠的水解溶液显碱性，B点的pH=7，说明醋酸溶液应稍过量；
C.若加入的醋酸很少时，会有c (Na+)>C(OH-) >c (CH3COO-) >c(H+) ；
D.c点溶液是等浓度的醋酸钠和醋酸的混合液，根据原子守恒(微粒守恒)判断。
15．【答案】C
【解析】【解答】A. 硫化钠水溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度应相同，氢离子存在形式变化，结合氢离子守恒写出c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)，故A不符合题意；
B. 硫化钠水溶液中存在电荷守恒，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数，c(Na+) +c(H+)
=c(OH-) +2c(S2-) +c(HS- )，故B不符合题意；
C. 硫化钠水溶液中存在质子守恒，结合A可知c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)，故C符合题意；
D. 硫化钠水溶液中存在物料守恒，钠离子和硫原子物质的量之比为2：1，溶液中物料守恒为：c(Na+) =2c(S2-) +2c(HS- ) +2c(H2S)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】硫化钠溶液中存在质子守恒、电荷守恒和物料守恒，据此判断；
16．【答案】B
【解析】【解答】解：A、某元素X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，说明阴离子是弱酸阴离子，电离方程式为：NaHX═Na++HX﹣，故A错误；
B、X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，说明HX﹣水解大于电离，HX﹣的电离程度小于HX﹣的水解程度正确，故B正确；
C、溶液中电荷守恒分析判断，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HX﹣）+2c（X2﹣），故C错误；
D、加水稀释促进水解，c（HX﹣）离子浓度减小，故D错误；
故选B．
【分析】A、某元素X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，说明阴离子是弱酸阴离子；
B、X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，说明HX﹣水解大于电离，；
C、溶液中电荷守恒分析判断；
D、加水稀释促进水解，离子浓度减小；
17．【答案】（1）105
（2）8.5～11
【解析】【解答】(1) = ，故答案为：105；
(2)由氢氧化锌和氢氧化铜的溶度积常数可知，氢氧化铜的溶解度小，要使两种离子均沉淀完全要确保氢氧化锌完全沉淀，c(OH-)(最小)= ，pH=8.5，又因 时， 会转化为 ，因此pH应小于11， 应满足的条件为8.5～11，故答案为：8.5～11；
【分析】（1）根据硫化锌和硫化铜的溶度积计算公式进行替换计算即可
（2）先根据溶度积判断，比较溶度积的大小，以溶度积大的计算即可
18．【答案】（1）Na2S> Na2CO3 >NaHCO3；S2- >CO> HS- >HCO；；中；碱
（2）；
【解析】【解答】（1）①S2-的水解常数是、HCO的水解常数是、CO的水解常数是，水解程度越大，碱性越强，浓度均为0.1mol·L-1的Na2S溶液、NaHCO3和Na2CO3溶液，碱性由强到弱的顺序是Na2S> Na2CO3 >NaHCO3 ；
②电离常数越小，酸根离子结合氢离子能力越大，S2-，HS-，CO，HCO四种离结子合H+能力由大到小的顺序是S2- >CO> HS- >HCO。
③NaHSO3的水解常数Kh=；
④CH3COOH 、NH3·H2O 的电离常数相同，CH3COONH4溶液中铵根离子、醋酸根离子水解程度相同，溶液显中性。NH3·H2O 的电离常数大于H2CO3的Ka1，铵根离子水解程度小于碳酸氢根离子水解程度，所以NH4HCO3溶液显碱性。
（2）当溶液中的Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)=mol·L-1，c(CrO)=mol·L-1。
【分析】（1）①依据越弱越水解进行判断；
②电离常数越小，酸根离子结合氢离子能力越大。
③依据Kh=计算；
④依据水解程度判断酸碱性。
（2）依据溶度积常数计算。
19．【答案】（1）第四周期，第Ⅷ族；H-O-O-H
（2）Cu2++ S2-=CuS↓；避免生成H2S，影响除杂
（3）防止H2O2受热分解；2.64 10-9mol/L
（4）A；E
【解析】【解答】（1）根据元素的排列规律及Ni的原子序数为28，可知Ni的位置为：第四周期第Ⅷ族；H2O2为分子晶体，原子之间均以共价单键相连，故的结构式为：H-O-O-H；
故答案为：第四周期第Ⅷ族；H-O-O-H；（2）S2-与Cu2+和 结合可生成沉淀，所以用 溶液的目的是除去Cu2+和Zn2+，则除去Cu2+的离子方程式为：Cu2++ S2-=CuS↓；S2-可与结合生成弱电解质H2S，所以前一步在调节溶液的pH不能太低，否则会生成杂质H2S，影响除杂；
故答案为：Cu2++ S2-=CuS↓ ；避免生成H2S，影响除杂；（3）步骤③除去Fe采用生成 的方式，在第一步酸溶时，铁变成Fe2+，因此该处需要氧化剂，发生氧化还原反应，温度太高，氧化剂H2O2分解；由于存在沉淀溶解平衡： ，平衡常数 ，已知pH=4，则 ，公式换算可得： ；
故答案为：防止H2O2受热分解； ；（4）用电解法制备高纯度镍，原理同于制备高纯度铜，粗镍做阳极，活泼金属在阳极放电，该处在阳极反应的金属有Fe、Zn， 失去电子生成Fe2+、Zn2+，Cu和Pt作为阳极泥，在电解槽的底部，阴极发生的电极反应式为： ，虽然阴极阳极都是2e-，但Fe、Zn和Cu本身的质量不一样，所以阳极减少的质量不等于阴极生成的质量，所以选AE，
故答案为：AE。
【分析】本题将工艺流程与氧化还原、电解池、沉淀溶解平衡相互结合，第一步操作为溶解金属，第二步为除去Cu2+和 ，第三步除去Fe和Cr，最后得到 ，在各个步骤中结合氧化还原等一些应用。
20．【答案】（1）氯化铵；A
（2）NH4Cl、NH3 H2O
（3）＞；
【解析】【解答】解：（1）溶液中只存在OH﹣、H+、NH4+、Cl﹣四种离子，任何水溶液中均存在OH﹣和H+，所以去掉OH﹣和H+，剩下的离子就是溶质产生的，因此①中溶质为氯化铵
可能为NH4Cl溶液，因NH4+水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：氯化铵；A；（2）若上述关系中④是正确的，c（OH﹣）＞c（H+）则溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以该溶液中溶质为NH4Cl、NH3 H2O，故答案为：NH4Cl、NH3 H2O；（3）将a mol L﹣1的氨水与b mol L﹣1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，氨水过量，则混合前a＞b，溶液显中性，所以c（H+）=c（OH﹣），溶液的电荷守恒可得：c（H+）+c（NH4+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），故c（NH4+）=c（Cl﹣），溶液中c（OH﹣）=1×10﹣7mol/L，溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）= mol/L，混合后反应前c（NH3 H2O）= mol/L，则反应后c（NH3 H2O）=（ ﹣ ）mol/L，
则k= = = ．
故答案为：＞； ．
【分析】（1）任何电解质溶液中都存在OH﹣、H+，如果溶液中只存在一种溶质，根据溶液中存在的离子知，溶质只能是氯化铵，NH4+水解导致其溶液呈酸性，但水解程度较小；（2）若上述关系中④是正确的，c（OH﹣）＞c（H+）则溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，则溶液中溶质为一水合氨和氯化铵；（3）溶液显中性，所以c（H+）=c（OH﹣），溶液的电荷守恒可得：c（H+）+c（NH4+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），故c（NH4+）=c（Cl﹣），氯化铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，要使氯化铵溶液呈中性，则氨水应稍微过量；电离常数只与温度有关，结合电离常数Kb= 计算．
21．【答案】（1）
（2）中铵根离子水解生成氢离子和一水合氨，，氢离子和氧化镁反应生成氯化镁，加热蒸馏会导致铵根离子水解正向进行、且氨气逸出也会导致水解正向进行，使得生成更多氢离子和氧化镁反应，提高了氧化镁的浸出率
（3）
（4）
（5）硫酸铵
【解析】【解答】（1）菱镁矿煅烧完全分解生成氧化镁和二氧化碳，化学方程式为；
（2）中铵根离子水解生成氢离子和一水合氨，，氢离子和氧化镁反应生成氯化镁，加热蒸馏会导致铵根离子水解正向进行、且氨气逸出也会导致水解正向进行，使得生成更多氢离子和氧化镁反应，提高了氧化镁的浸出率；
（3）当完全沉淀时，，则此时；
（4）镁离子和一水合氨生成氢氧化镁沉淀和铵根离子，；
（5）该流程中滤液B中含有生成的硫酸铵，硫酸铵可以在浸镁过程中使用，故可循环利用的物质是硫酸铵。
【分析】（1）菱镁矿煅烧分解生成氧化镁和二氧化碳；
（2）依据影响化学平衡的因素分析；
（3）利用Ksp计算；
（4）镁离子和一水合氨生成氢氧化镁沉淀和铵根离子；
（5）可循环物质是批后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质。
一、单选题
1．下列说法中，正确的是（ ）
A．AgCl 悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下 Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）
B．当温度不变时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数
C．饱和石灰水中加入一定量生石灰，温度明显升高，所得溶液的pH会增大
D．强电解质的水溶液中不存在分子
2．室温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．滴定醋酸溶液、盐酸时，均可选择甲基橙溶液作指示剂
B．I表示的是滴定醋酸的曲线
C．时，滴定醋酸消耗的大于
D．时，滴定醋酸溶液所得溶液中：
3．在常温下，0.10mol L﹣1Na2CO3溶液25mL 用0.10mol L﹣1盐酸滴定，其滴定曲线如图．对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是（ ）
A．a点：c（CO32﹣）=c（HCO﹣3）＞c（OH﹣）
B．b点：5c（Cl﹣）＞4c（HCO﹣3）+4c（CO2﹣3）
C．c点：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO﹣3）+2c（H2CO3）
D．d点：c（H+）=c（CO2﹣3）+c（HCO﹣3）+c（OH﹣）
4．25℃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I﹣浓度减小 B．溶度积常数Ksp增大
C．沉淀溶解平衡向左移动 D．溶液中Pb2+浓度增大
5．下列各离子浓度的大小比较，正确的是（ ）
A．同浓度下列溶液中：①（NH4）2SO4 ②NH4HCO3 ③NH4Cl ④NH3 H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是：④＞③＞②＞①
B．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后pH=7，则c （NH4+）＞c （Cl﹣）
C．0.2 mol L﹣1Na2CO3溶液中：c （CO32﹣）+c （HCO3﹣）+c （H2CO3）=0.2 mol L﹣1
D．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到酸性溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
6．下列说法正确的是（ ）
A．在Na2CO3、NaHCO3两溶液中，离子种类不相同
B．在等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3两溶液中，阳离子总数相等
C．NaHCO3和Na2CO3混合液中一定有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(OH－)＋2c(CO32－)
D．在NaHCO3和Na2CO3混合液中一定有：2c(Na＋)＝3[c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]
7．25℃时，向20 mL 0.01 mol·L-1HA(aq)中不断滴入0.02 mol·L-1 NaOH(aq)，混合溶液pH变化如图所示。此过程溶液下列说法错误的是（已知：25℃时一元酸HA(aq)电离平衡常数Ka=1.6×10-5）（ ）
A．a点溶液的pH大于3
B．b点溶液中离子：c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
C．c点表示酸HA(aq)和NaOH(aq)溶液恰好完全反应
D．d点溶液加水稀释后c(H+)/c(HA)的值会增大
8． 是一种三元弱酸。关于常温下 的 溶液，下列说法正确的是（ ）
A．该溶液中
B．加水稀释过程中，溶液中 保持不变
C．随温度升高， 增大，该溶液中 增大、 减小， 增大
D．加入 溶液至中性时，溶液中
9．下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，溶度积越大，溶解度越大
B．相同温度下，在水中和溶液中的相等
C．向悬浊液中，加入固体，溶液中增加
D．已知常温下，则常温下饱和AgCl溶液中为 mol/L
10．取1.0L浓缩卤水(、浓度均为)进行实验：滴加一定量溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：、。下列分析错误的是（ ）
A．黄色沉淀是，白色沉淀是
B．产生白色沉淀时，溶液中存在
C．若起始时向卤水中滴加2滴(0.1)，能产生沉淀
D．白色沉淀开始析出时，
11．25℃时，将的溶液逐滴滴入的溶液。滴加过程中和随溶液的分布关系如图。下列说法错误的是
A．25℃时，醋酸的电离常数的数量级为
B．时，
C．B点时，
D．C点时，
12．常温下，向20.00mL0.1000mol/L(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol/LNaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如下图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是（ ）
A．点a所示溶液中：c(NH4+)>c(SO42-)>c(OH-)>c(H+)
B．点b所示溶液中： c(NH4+)=c(Na+)> c(H+)= c(OH-)
C．点c所示溶液中：c(NH3·H2O)+ c(OH-)= c(H+)+ c(SO42-)
D．点d所示溶液中： c(SO42-)> c(NH3·H2O)> c(OH-)> c(NH4+)
13．下列关于常温下0.1mol L-1NaHCO3溶液的说法错误的是（ ）
A．NaHCO3=Na++HCO
B．c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3)
C．c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)
D．c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1mol L-1
14．常温下，向25mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/LCH3COOH溶液，滴定曲线如图所示。
下列说法中错误的是（ ）
A．a点对应的M=13
B．b点对应的N>12.5
C．曲线ab(不含a、b点)上总是存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
D．c点对应的溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)
15．Na2S溶液中存在多种离子和分子。下列关系错误的是（ ）
A．c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)
B．c(Na+) +c(H+) =c(OH-) +2c(S2-) +c(HS- )
C．c(OH-) =c(HS- ) +c(H+) +c(H2S)
D．c(Na+) =2c(S2-) +2c(HS- ) +2c(H2S)
16．已知：某元素X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，下列说法正确的是（ ）
A．NaHX的电离方程式为NaHX═Na++H++X2﹣
B．HX﹣的电离程度小于HX﹣的水解程度
C．离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HX﹣）+c（X2﹣）
D．加水稀释，促进HX﹣水解，c（HX﹣）增大
二、综合题
17．某工业废水中含有 和 ，可采用沉淀法将其除去。
（1）若加入 来沉淀 和 ，当溶液中 和 共存时， 。
（2）若加入 溶液来调节 ，使 和 完全沉淀， 应满足的条件为 。
已知：①
② 时， 会转化为
③离子完全除去的标准：该离子浓度
18．根据要求，回答下列问题：
（1）已知常温下：
弱电解质 H2S H2CO3 H2SO3 CH3COOH NH3·H2O
电离常数 Ka1=1.1×10-7 Ka2=1.3×10-13 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka1=1.4×10-2 Ka2=6.0×10-8 Ka=1.8×10-5 Kb=1.8×10-5
①浓度均为0.1mol·L-1的Na2S溶液、NaHCO3和Na2CO3溶液，碱性由强到弱的顺序是 (用“>”连接，下同)
②S2-，HS-，CO，HCO四种离子结合H+能力由大到小的顺序是 。
③NaHSO3的水解常数Kh= 。
④CH3COONH4溶液显 性。NH4HCO3溶液显 性。
（2）在化学分析中，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-时，采用K2CrO4为指示剂，利用Ag+与CrO反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)= mol·L-1，c(CrO)= mol·L-1。(已知25℃时Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和1.8×10-10)
19． 是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电泡等。可由电镀废渣(除镍元素外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等元素杂质)为原料获得。工艺流程如下：
已知：① 是一种不溶于水易溶于强酸的沉淀；②已知 ， 的 。
（1）Ni的原子序数为28，则它在周期表中的位置为 ，写出H2O2的结构式 。
（2）步骤②，向滤液I中加入适量 溶液的目的是除去Cu2+和 ，其中除去Cu2+的离子方程式为 ；加 之前需控制pH不能太低的目的是 。
（3）步骤③的目的是除去Fe和Cr，温度不能太高的原因是 。若在 时，调pH=4除去铁，此时溶液中 。
（4）粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度镍，下列叙述正确的是___(已知：氧化性Fe2+
B．阳极发生还原反应，其电极反应式：
C．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
D．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Cu2+和
E．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt
20．已知某溶液中只存在OH﹣、H+、NH4+、Cl﹣四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：
A．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
D．c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
（1）若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是 ，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是（选填序号） ．
（2）若上述关系中D是正确的，混合后溶液中的溶质为 ．
（3）25℃时，将a mol L﹣1的氨水与b mol L﹣1盐酸等体积混合，反应后溶液恰好显中性，则混合前a b（填“＞”、“＜”、或“=”），用a、b表示NH3 H2O的电离平衡常数为 ．
21．以菱镁矿(主要成分为，含少量、和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：
资料1：部分难溶电解质的溶度积(均为数据，单位省略)
约为 约为 约为
资料2：滤渣a中有、和
（1）菱镁矿煅烧完全分解的化学方程式为 。
（2）“浸镁”过程固体轻烧粉与一定浓度的溶液充分反应，的浸出率相对低。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，从化学平衡的角度解释加热、蒸馏操作使浸出率增大的原因 。(备注：的浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的的质量))
（3）“浸镁”过程通过调节可实现与、的分离，进而除去和。c(杂质离子)即可视为沉淀完全，当完全沉淀时约为 。
（4）写出滤液a制备的离子方程式 。
（5）该流程中可循环利用的物质是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：A、因同类型的沉淀转化时，溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀，所以AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故A错误；
B、水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故B正确；
C、加入生石灰后，生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶剂的质量减少，析出氢氧化钙，剩余溶液仍为饱和溶液，浓度不变，pH不变，故C错误；
D、强电解质在溶液中完全电离成离子，所以溶液中不存在电解质分子，但是存在水分子，故D错误，故选B．
【分析】A、同类型的沉淀转化时，溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀；
B、水的离子积常数只与温度有关；
C、温度升高，抑制氢氧化钙的溶解，但是饱和溶液的浓度不变；
D、强电解质在溶液中完全电离出离子，溶液中不存在电解质分子，但是存在水分子．
2．【答案】B
【解析】【解答】A．醋酸与NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，溶液显碱性，HCl与NaOH恰好完全反应时生成NaCl，溶液显中性，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，酚酞的变色范围8.1~10.0，该实验，选用酚酞做指示剂误差较小，应选酚酞作指示剂，A不符合题意；
B．由分析可知Ⅰ表示滴定醋酸的曲线，Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线，B符合题意；
C．=时，醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性，时，溶液呈中性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于溶液的体积，滴定醋酸消耗的小于，C不符合题意；
D．电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，当消耗溶液时，所得溶液呈酸性，，结合电荷守恒式可知，，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】盐酸是强酸，醋酸是弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小，故曲线Ⅰ表示醋酸的滴定曲线，曲线Ⅱ表示盐酸的滴定曲线。
3．【答案】B
【解析】【解答】解：A．a点时n（HCl）=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于水解程度大于电离程度，则c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），故A错误；
B．b点时n（HCl）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，由物料守恒可知：5c（Cl﹣）=4c（HCO3﹣）+4c（CO32﹣）+4c（H2CO3），则5c（Cl﹣）＞4c（HCO3﹣）+4c（CO32﹣），故B正确；
C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，由于HCO3﹣水解程度较弱，则有c（HCO3﹣）＞c（OH﹣），故C错误；
D．d点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶由反应生成的CO2，溶液存在电荷守恒，存在c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于c（Na+）=c（Cl﹣），则 c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故D错误；
故选B．
【分析】A．a点时n（HCl）=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，从盐类的水解程度的角度分析；
B．溶液中存在物料守恒，从物料守恒的角度分析；
C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3；
D．溶液中满足电荷守恒，根据电荷守恒的角度分析．
4．【答案】C
【解析】【解答】解：A．加入KI溶液，溶液中I﹣浓度增大，故A错误；
B．Ksp只与温度有关，则溶度积常数Ksp不变，故B错误；
C．I﹣浓度增大，使沉淀溶解平衡向左移动，故C正确；
D．沉淀溶解平衡向左移动，溶液中Pb2+浓度减小，故D错误；
故选C．
【分析】加入KI溶液，I﹣浓度增大，使平衡PbI2（s） Pb2+（aq）+2I﹣（aq）逆向移动，Ksp只与温度有关，以此来解答．
5．【答案】C
【解析】【解答】解：A．同浓度的①（NH4）2SO4②NH4HCO3③NH4Cl ④NH3 H2O，④为弱碱，则④中铵根离子的浓度最小；①的化学式中含有2个铵根离子，且铵根离子的水解程度较小，则①中铵根离子浓度最大；②中碳酸氢根离子部分水解，促进了铵根离子的水解，则②中铵根离子浓度小于③，所以四种溶液中c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞③＞②＞④，故A错误；
B．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后pH=7，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒可知：c（NH4+）=c（Cl﹣），故B错误；
C.0.2 mol L﹣1Na2CO3溶液中，根据物料守恒可得：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=0.2 mol L﹣1，故C正确；
D．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到酸性溶液，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（CH3COO﹣）＞c（Na+），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；
故选C．
【分析】A．一水合氨为弱碱，其溶液中铵根离子浓度最小，硫酸铵的化学式中含有2个铵根离子，其溶液中铵根离子浓度最大；碳酸氢根离子水解促进了铵根离子的水解，其溶液中铵根离子浓度小于氯化铵，据此进行判断；
B．溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣）；
C．根据碳酸钠溶液中的物料守恒判断；
D．溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（CH3COO﹣）＞c（Na+）．
6．【答案】C
【解析】【解答】A.两溶液中，离子的种类均是：Na+、H+、HCO3-、OH-、CO32-，均相同，故A错误；
B.在Na2CO3、NaHCO3两溶液中，阳离子有钠离子和氢离子，根据碳酸钠、碳酸氢钠中物料守恒可知钠离子浓度大不相同，即在等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3两溶液中，阳离子总数不相等，故B错误；
C.溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故C正确；
D.在碳酸钠和碳酸氢钠的混合液中，物料守恒分别为：c（Na+）=2[c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）]，c（Na+）=[c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）]，若含有等物质的量的NaHCO3和Na2CO3混合溶液中的物料守恒为2c（Na+）=3[c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）]，即关系式可能成立，故错误；
故答案为：C。
【分析】A.根据Na2CO3、NaHCO3两溶液中，离子的种类知识来回答判断；
B.在Na2CO3、NaHCO3两溶液中，阳离子有钠离子和氢离子；
C.根据溶液中的电荷守恒来回答；
D.根据溶液中的物料守恒来回答。
7．【答案】C
【解析】【解答】A、a点时，为0.01 mol·L-1HA溶液，已知25℃时一元酸HA(aq)电离平衡常数Ka=1.6×10-5，
HA H++ A-
起始（mol/L） 0.01 0 0
转化（mol/L） x x x
平衡（mol/L） 0.01-x x x
=1.6 10-5，由于x很小，0.01-x 0.01，则x2=1.6 10-7，解得x=4 10-4，pH=-lg4 10-4=4-2lg2=4-2 0.3=3.4>3，故A不符合题意；
B、b点时酸过量，溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性，应存在c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B不符合题意；
C、若酸HA(aq)和NaOH(aq)溶液恰好完全反应则生成NaA为强碱弱酸盐，水解显碱性，pH>7，与c点溶液呈中性不符，故C符合题意；
D、d点为NaOH和NaA的混合物，溶液中存在醋酸根离子的水解平衡：A -+H2O HA+OH-，水解常数Kh= = ，在一定温度下不变，加水稀释后，c(A-)减小，则c(HA) /c(H+)减小，故c(H+)/c(HA)的值增大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据电离常数计算氢离子浓度，然后判断pH；
B.b点是HA与NaA的混合物，酸过量呈酸性；
C.NaA是强碱弱酸盐，水解呈碱性，pH=7时HA过量；
D.d点是NaA和NaOH的混合溶液，根据水解平衡常数进行分析即可。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．常温下 的 溶液，该溶液中 ，A不符合题意；
B．加水稀释，氢离子浓度减小，温度不变，Ka3不变，根据Ka3表达式可知， 增大 ，B不符合题意；
C．随温度升高，促进电离， 增大，该溶液中 增大 ， 也 增大， 减小，C不符合题意；
D．加入 溶液至中性时，由电子守恒可知溶液中 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、pH=2，则溶液中c(H+)=0.01mol/L；
B、稀释过程中，c(H+)减小，但电离平衡常数保持不变；
C、结合温度对弱电解质电离平衡的影响分析；
D、结合电荷守恒分析；
9．【答案】B
【解析】【解答】A、当两物质的结构相似时，相同温度下，溶度积越大，溶解度越大。若二者的结构不相似，则无法比较，A不符合题意。
B、溶度积Ksp只与温度有关，与浓度无关，因此相同温度下，BaCO3的Ksp在水中和在Na2CO3溶液中的Ksp相等，B符合题意。
C、向MgCO3悬浊液中加入MgCO3固体，MgCO3不会溶解，因此溶液中c(Mg2＋)不变，C不符合题意。
D、常温下，c(Ag＋)×c(Cl－)=1.8×10－10，所以常温下饱和AgCl溶液中，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、当结构相似时，溶度积越大， 溶解度越大。
B、溶度积Ksp只与温度有关，与浓度无关。
C、加入MgCO3固体，MgCO3不溶解。
D、Ksp(AgCl)=c(Ag＋)×c(Cl－)，据此进行计算。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．碘化银的溶度积小于氯化银，则先生成的黄色沉淀为碘化银，A项不符合题意；
B．产生白色沉淀时，碘化银已经达到沉淀溶解平衡，B项不符合题意；
C．若起始时向1.0L卤水中滴加2滴(0.1)，则混合后的硝酸银浓度约等于，，比碘化银的溶度积大，则有碘化银沉淀生成，C项不符合题意；
D．根据氯化银的溶度积常数，白色沉淀氯化银开始析出时，，所以，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Ksp越小越容易沉淀；
B.产生AgCl时，AgI已经达到沉淀溶解平衡；
C.计算Qc与Ksp进行比较进而确定是否产生沉淀。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．Ka=1.76×10-5，故25℃时，醋酸的电离常数的数量级为，A不符合题意；
B．根据物料守恒有=2×10-4mol，时，V>20.00mL，，B符合题意；
C．电荷守恒有，B点时，，，故，C不符合题意；
D．Ka=1.76×10-5，C点时，Ka=，==3.1×10-6mol/L >10-7mol/L=c(OH-)，溶液显酸性，电荷守恒有，则C点时，，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据计算；
C.根据电荷守恒分析；
D.C点溶液呈酸性，结合电荷守恒分析。
12．【答案】C
【解析】【解答】A.a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c(NH )＞c(SO )，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NH )＞c(SO )＞c(H+)＞c(OH-)，A不符合题意；
B.b点溶液中，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH )+c(Na+)=2c(SO )+c(OH-)，硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c(NH )＞c(Na+)，B不符合题意；
C.c点溶液中，溶液呈碱性，所以c(H+)＜c(OH-)，溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH )+c(Na+)=2c(SO )+c(OH-)，根据物料守恒得，根据物料守恒得c(NH )+c(NH3·H2O)=2c(SO )=2c(Na+)，所以得c(SO )+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)，C符合题意；
D.d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c(NH3·H2O)＞c(SO )，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子浓度大小比较常利用溶液中的三守恒电荷守恒、物料守恒、质子守恒进行判断。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．碳酸氢钠为强电解质，NaHCO3=Na++HCO，A不符合题意；
B.0.1mol L-1NaHCO3溶液中溶质为碳酸氢钠，溶液显碱性，水解大于电离，则c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，B符合题意；
C．根据电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)，C不符合题意；
D．根据物料守恒可知，(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1mol L-1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．碳酸氢钠为强电解质；
B.电离和水解是微弱的，溶液显碱性分析；
C．根据电荷守恒；
D．根据物料守恒。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．常温下，0.1mol·L－1NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，其溶液的pH= ，则a点对应的M=13，A不符合题意；
B．若加入12.5mLCH3COOH溶液，根据c(NaOH) ·V(NaOH)=c(CH3COOH)·V(CH3COOH)，混合溶液中的NaOH和CH3COOH恰好完全反应，此时的溶液为CH3COONa。CH3COONa是强碱弱酸盐，由于CH3COO－水解，溶液呈碱性。现b点溶液的pH=7，需要加入更多的酸，因此N＞12.5， B不符合题意；
C．向NaOH溶液中滴加CH3COOH溶液，a点到b点的过程中，溶液由碱性变成酸性，溶液中有c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋C(CH3COO－)，则可知，溶液中有c(Na＋)＞c(CH3COO－)。但是开始时，加入的CH3COOH非常少的时候，c(CH3COO－)不一定大于c(OH－)，因此不总存在c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C符合题意；
D．CH3COOH与NaOH生成CH3COONa。根据
，结合电荷守恒，有c(CH3COO－)＋C(CH3COOH)=2c(Na＋)， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.依据pH的计算方法分析解答；
B.当氢氧化钠和醋酸恰好反应时，消耗醋酸的体积是12.5mL，醋酸是弱酸，由于醋酸钠的水解溶液显碱性，B点的pH=7，说明醋酸溶液应稍过量；
C.若加入的醋酸很少时，会有c (Na+)>C(OH-) >c (CH3COO-) >c(H+) ；
D.c点溶液是等浓度的醋酸钠和醋酸的混合液，根据原子守恒(微粒守恒)判断。
15．【答案】C
【解析】【解答】A. 硫化钠水溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度应相同，氢离子存在形式变化，结合氢离子守恒写出c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)，故A不符合题意；
B. 硫化钠水溶液中存在电荷守恒，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数，c(Na+) +c(H+)
=c(OH-) +2c(S2-) +c(HS- )，故B不符合题意；
C. 硫化钠水溶液中存在质子守恒，结合A可知c(OH-) =c(HS-) +c(H+) +2c(H2S)，故C符合题意；
D. 硫化钠水溶液中存在物料守恒，钠离子和硫原子物质的量之比为2：1，溶液中物料守恒为：c(Na+) =2c(S2-) +2c(HS- ) +2c(H2S)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】硫化钠溶液中存在质子守恒、电荷守恒和物料守恒，据此判断；
16．【答案】B
【解析】【解答】解：A、某元素X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，说明阴离子是弱酸阴离子，电离方程式为：NaHX═Na++HX﹣，故A错误；
B、X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，说明HX﹣水解大于电离，HX﹣的电离程度小于HX﹣的水解程度正确，故B正确；
C、溶液中电荷守恒分析判断，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HX﹣）+2c（X2﹣），故C错误；
D、加水稀释促进水解，c（HX﹣）离子浓度减小，故D错误；
故选B．
【分析】A、某元素X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，说明阴离子是弱酸阴离子；
B、X的酸式盐（NaHX）溶液显碱性，说明HX﹣水解大于电离，；
C、溶液中电荷守恒分析判断；
D、加水稀释促进水解，离子浓度减小；
17．【答案】（1）105
（2）8.5～11
【解析】【解答】(1) = ，故答案为：105；
(2)由氢氧化锌和氢氧化铜的溶度积常数可知，氢氧化铜的溶解度小，要使两种离子均沉淀完全要确保氢氧化锌完全沉淀，c(OH-)(最小)= ，pH=8.5，又因 时， 会转化为 ，因此pH应小于11， 应满足的条件为8.5～11，故答案为：8.5～11；
【分析】（1）根据硫化锌和硫化铜的溶度积计算公式进行替换计算即可
（2）先根据溶度积判断，比较溶度积的大小，以溶度积大的计算即可
18．【答案】（1）Na2S> Na2CO3 >NaHCO3；S2- >CO> HS- >HCO；；中；碱
（2）；
【解析】【解答】（1）①S2-的水解常数是、HCO的水解常数是、CO的水解常数是，水解程度越大，碱性越强，浓度均为0.1mol·L-1的Na2S溶液、NaHCO3和Na2CO3溶液，碱性由强到弱的顺序是Na2S> Na2CO3 >NaHCO3 ；
②电离常数越小，酸根离子结合氢离子能力越大，S2-，HS-，CO，HCO四种离结子合H+能力由大到小的顺序是S2- >CO> HS- >HCO。
③NaHSO3的水解常数Kh=；
④CH3COOH 、NH3·H2O 的电离常数相同，CH3COONH4溶液中铵根离子、醋酸根离子水解程度相同，溶液显中性。NH3·H2O 的电离常数大于H2CO3的Ka1，铵根离子水解程度小于碳酸氢根离子水解程度，所以NH4HCO3溶液显碱性。
（2）当溶液中的Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)=mol·L-1，c(CrO)=mol·L-1。
【分析】（1）①依据越弱越水解进行判断；
②电离常数越小，酸根离子结合氢离子能力越大。
③依据Kh=计算；
④依据水解程度判断酸碱性。
（2）依据溶度积常数计算。
19．【答案】（1）第四周期，第Ⅷ族；H-O-O-H
（2）Cu2++ S2-=CuS↓；避免生成H2S，影响除杂
（3）防止H2O2受热分解；2.64 10-9mol/L
（4）A；E
【解析】【解答】（1）根据元素的排列规律及Ni的原子序数为28，可知Ni的位置为：第四周期第Ⅷ族；H2O2为分子晶体，原子之间均以共价单键相连，故的结构式为：H-O-O-H；
故答案为：第四周期第Ⅷ族；H-O-O-H；（2）S2-与Cu2+和 结合可生成沉淀，所以用 溶液的目的是除去Cu2+和Zn2+，则除去Cu2+的离子方程式为：Cu2++ S2-=CuS↓；S2-可与结合生成弱电解质H2S，所以前一步在调节溶液的pH不能太低，否则会生成杂质H2S，影响除杂；
故答案为：Cu2++ S2-=CuS↓ ；避免生成H2S，影响除杂；（3）步骤③除去Fe采用生成 的方式，在第一步酸溶时，铁变成Fe2+，因此该处需要氧化剂，发生氧化还原反应，温度太高，氧化剂H2O2分解；由于存在沉淀溶解平衡： ，平衡常数 ，已知pH=4，则 ，公式换算可得： ；
故答案为：防止H2O2受热分解； ；（4）用电解法制备高纯度镍，原理同于制备高纯度铜，粗镍做阳极，活泼金属在阳极放电，该处在阳极反应的金属有Fe、Zn， 失去电子生成Fe2+、Zn2+，Cu和Pt作为阳极泥，在电解槽的底部，阴极发生的电极反应式为： ，虽然阴极阳极都是2e-，但Fe、Zn和Cu本身的质量不一样，所以阳极减少的质量不等于阴极生成的质量，所以选AE，
故答案为：AE。
【分析】本题将工艺流程与氧化还原、电解池、沉淀溶解平衡相互结合，第一步操作为溶解金属，第二步为除去Cu2+和 ，第三步除去Fe和Cr，最后得到 ，在各个步骤中结合氧化还原等一些应用。
20．【答案】（1）氯化铵；A
（2）NH4Cl、NH3 H2O
（3）＞；
【解析】【解答】解：（1）溶液中只存在OH﹣、H+、NH4+、Cl﹣四种离子，任何水溶液中均存在OH﹣和H+，所以去掉OH﹣和H+，剩下的离子就是溶质产生的，因此①中溶质为氯化铵
可能为NH4Cl溶液，因NH4+水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：氯化铵；A；（2）若上述关系中④是正确的，c（OH﹣）＞c（H+）则溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以该溶液中溶质为NH4Cl、NH3 H2O，故答案为：NH4Cl、NH3 H2O；（3）将a mol L﹣1的氨水与b mol L﹣1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，氨水过量，则混合前a＞b，溶液显中性，所以c（H+）=c（OH﹣），溶液的电荷守恒可得：c（H+）+c（NH4+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），故c（NH4+）=c（Cl﹣），溶液中c（OH﹣）=1×10﹣7mol/L，溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）= mol/L，混合后反应前c（NH3 H2O）= mol/L，则反应后c（NH3 H2O）=（ ﹣ ）mol/L，
则k= = = ．
故答案为：＞； ．
【分析】（1）任何电解质溶液中都存在OH﹣、H+，如果溶液中只存在一种溶质，根据溶液中存在的离子知，溶质只能是氯化铵，NH4+水解导致其溶液呈酸性，但水解程度较小；（2）若上述关系中④是正确的，c（OH﹣）＞c（H+）则溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，则溶液中溶质为一水合氨和氯化铵；（3）溶液显中性，所以c（H+）=c（OH﹣），溶液的电荷守恒可得：c（H+）+c（NH4+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），故c（NH4+）=c（Cl﹣），氯化铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，要使氯化铵溶液呈中性，则氨水应稍微过量；电离常数只与温度有关，结合电离常数Kb= 计算．
21．【答案】（1）
（2）中铵根离子水解生成氢离子和一水合氨，，氢离子和氧化镁反应生成氯化镁，加热蒸馏会导致铵根离子水解正向进行、且氨气逸出也会导致水解正向进行，使得生成更多氢离子和氧化镁反应，提高了氧化镁的浸出率
（3）
（4）
（5）硫酸铵
【解析】【解答】（1）菱镁矿煅烧完全分解生成氧化镁和二氧化碳，化学方程式为；
（2）中铵根离子水解生成氢离子和一水合氨，，氢离子和氧化镁反应生成氯化镁，加热蒸馏会导致铵根离子水解正向进行、且氨气逸出也会导致水解正向进行，使得生成更多氢离子和氧化镁反应，提高了氧化镁的浸出率；
（3）当完全沉淀时，，则此时；
（4）镁离子和一水合氨生成氢氧化镁沉淀和铵根离子，；
（5）该流程中滤液B中含有生成的硫酸铵，硫酸铵可以在浸镁过程中使用，故可循环利用的物质是硫酸铵。
【分析】（1）菱镁矿煅烧分解生成氧化镁和二氧化碳；
（2）依据影响化学平衡的因素分析；
（3）利用Ksp计算；
（4）镁离子和一水合氨生成氢氧化镁沉淀和铵根离子；
（5）可循环物质是批后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质。