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

3.4 沉淀溶解平衡 同步练习
一、单选题
1．在下列溶液中，BaSO4的溶解度最大的是（　　）
A．1mol/LH2SO4溶液 B．2mol/LNa2SO4溶液
C．0.1mol/ L BaCl2溶液 D．纯水
2．已知，常温下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10－5。某小组进行如图三组实验且实验II、III中Mg(OH)2固体均溶解。下列说法正确的是（　　）
A．I中现象说明NH3·H2O碱性强于Mg(OH)2
B．II中总反应为2H＋＋Mg(OH)2＝Mg2＋＋2H2O
C．实验II、III研究NH4＋对Mg(OH)2溶解的作用原理
D．III中CH3COONH4浓度越小，越有利于沉淀的溶解
3．下列说法不正确的是（　　）
A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关
B．由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀
C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变
D．两种难溶电解质作比较时，Ksp小的，溶解度一定小
4．溶液中含有Cl－、Br－和I－三种离子，其浓度均为0.010 mol·L－1。向该溶液中逐滴加入AgNO3溶液时，最先和最后沉淀的是[已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10
Ksp(AgBr)＝5.0×10－13Ksp(AgI)＝8.3×10－17]（　　）
A．AgBr和AgI B．AgI和AgCl C．AgBr和AgCl D．一起沉淀
5．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（　　）
A．盐碱地(含较多的)不利于农作物生长，可施加适量石膏降低土壤碱性
B．人们洗头时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度
C．为除去水垢中的，可直接加酸除去
D．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿
6．下列实验操作和现象可得出相应正确结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热，一段时间后，冷却，加入NaOH溶液调至碱性，再加入新制的，加热 出现砖红色沉淀 淀粉已完全水解
B 加淀粉KBr溶液中通入足量氯气，再滴加淀粉KI溶液 溶液先变为橙色，后变为蓝色 氧化性：
C 向等浓度的NaCl和溶液中滴加少量溶液 出现白色沉淀(铬酸银为深红色沉淀)
D 向溶液中滴加溶液，再加入少量铜粉 开始时无明显变化，加入铜粉后产生蓝色沉淀 氧化性：
A．A B．B C．C D．D
7．亚磷酸( )是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂原料。已知： 的 ； ，向1L0.5 溶液中滴加等浓度的 溶液。下列说法正确的是（　　）
A．当 时，
B．当c =c 时，
C．当 时，由水电离出的
D．当 时，
8．向一定浓度的Ba(OH)2溶液中滴入某浓度的NH4HSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．b点溶液中只存在H2O的电离平衡和BaSO4的沉淀溶解平衡
B．c点滚液中：c(H+)+c(NH4+)=c(NH3 H2O)+c(OH-)
C．ab段反应的离子方程式为
D．bc段之间存在某点，其溶液中：c(NH4+)=2c(SO42-)
9．难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时，下列说法中不正确的是（　　）
A．沉淀的速率和溶解的速率相等
B．难溶电解质在水中形成饱和溶液
C．再加入难溶电解质，溶液中各离子的浓度不变
D．难溶电解质溶解形成的阴、阳离子的浓度相等
10．已知H2M是二元弱酸，其电离常数Ka1=6×10-2，Ka2=6×10-5，CaM为难溶物，其Ksp(Ca M)=2.4×10-9，现进行两组实验：
实验I：往20 mL 0.1 mol/L KHM溶液中滴加10 mL 0.1 mol/L KOH溶液。
实验Ⅱ：往20 mL 0.1mol/L K2M溶液中滴加10 mL 0.1mol/L CaCl2溶液。
[溶液混合后的体积变化忽略不计]，下列说法正确的是（　　）
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中V(KOH)=10 m L时，存在c(M2－)>c(HM－)
C．实验Ⅱ中无Ca M沉淀生成
D．若实验Ⅱ中将V(CaCl2)改为80mL，则溶液中c(M2－)=4.0×10-8mol·L-1
11．下列说法正确的是（　　）
A．等体积等物质的量浓度的CH3COONa(aq)与NaCl(aq)中离子总数大小：N前＝N后
B．常温下醋酸和醋酸钠混合溶液中c (CH3COOH)、c (CH3COO－)与pH值的关系如图所示，当pH=4.5溶液中：c (CH3COO－)> c (CH3COOH)> c (H+)> c (OH－)
C．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：2 c(Na+)＝c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)
D．pH相等的盐酸与醋酸溶液，c(Cl－)>c(CH3COO－)
12．常温下，下列溶液中c(H＋)最小的是（　　）
A．pH＝0的溶液 B．0.03 mol·L－1H2SO4
C．0.05 mol·L－1HClO D．0.05 mol·L－1的NaHSO4
13．下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是（　　）
A．10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，c（Clˉ）＞c（NH4+）＞c（OHˉ）＞c（H+）
B．10mL0.1mol/LNH4 Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c（Na+）=c（CH3COOˉ）＞c（OHˉ）＞c（H+）
D．10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合，c（Clˉ）＞c（Na+）＞c（OHˉ）＞c（H+）
14．苹果酸(简写为)是二元弱酸，、。20℃时，向的溶液中缓慢通入气体(忽略溶液体积的变化)。下列指定溶液中微粒关系正确的是（　　）
A．测得的溶液为8.6，此时溶液中存在：
B．通入后的溶液中：
C．在的溶液中：
D．溶液从3.4变为2时，发生的主要反应为：
15．已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=5.0×10-13，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12，某溶液中含有Cl－、Br－和CrO42－，浓度均为0.01mol/L，向该溶液中逐滴加入0.01mol/L的 AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序是（　　）
A．Cl－ > Br－>CrO42－ B．Br－>CrO42－> Cl－
C．CrO42－> Br－>Cl－ D．Br－>Cl－>CrO42－
16．常温下，用0.1mol/L的氨水滴定10mL浓度均为0.1mol/L的HCl和CH3COOH的混合液， 下列说法错误的是（　　）
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)＞c(CH3COO-)
B．当滴入氨水10mL时，溶液中c(H+)＞c(OH-)
C．当滴入氨水20mL时，溶液中c(NH )=c(CH3COO-)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NH )=c(CH3COO-)+c(Cl-)
二、综合题
17．无水氯化锰 在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质)制备无水氯化锰的工艺如下(部分操作和条件略)。
I．向粗锰粉中加入盐酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤；
II．向I的滤液中加入一定量盐酸，再加入 溶液，充分反应后加入 固体调节溶液的pH约为5，过滤；
III．向II的滤液中通入 气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
IV．浓缩、结晶、过滤、洗涤、脱水得到无水MnCl2。
各步骤中对杂质离子的去除情况
　
初始浓度/mg·L–1 21.02 4.95 5.86
步骤I后/ mg·L–1 12.85 3.80 3.39
步骤II后/ mg·L–1 0.25 3.76 3.38
步骤III后/ mg·L–1 0.10(达标) 3.19(未达标) 0.12(达标)
已知：金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb
（1）锰和盐酸反应的化学方程式是　 　。
（2）步骤I中：
①Fe2+浓度降低，滤渣中存在 。结合离子方程式解释原因：　 　。
②Pb2+浓度降低，分析步骤I中发生的反应为：Pb + 2H+ = Pb2+ + H2↑、　 　。
（3）步骤II中：
① 酸性溶液的作用：　 　。
②结合离子方程式说明MnCO3的作用： 　 　。
（4）步骤III通入H2S后， Ni2+不达标而 达标。推测溶解度：PbS　 　NiS（填“>”或“<”）。
（5）测定无水 的含量：将a g 样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中，加入稍过量 ，使 氧化为 。待充分反应后持续加热一段时间，冷却后用b mol/L硫酸亚铁铵 滴定 ，消耗c mL 硫酸亚铁铵。（已知：滴定过程中发生的反应为：Fe2+ + Mn3+ = Fe3+ + Mn2+）
①样品中MnCl2的质量分数是　 　（已知：MnCl2的摩尔质量是126 g·mol-1）。
②“持续加热”的目的是使过量的 分解。若不加热，测定结果会　 　（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
18．工业上采用酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸( )形式存在]提取中药药剂 ，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）已知砷元素与 同一主族，其原子比 原子多两个电子层，则砷元素在周期表中的位置为　 　，“沉砷”中与 反应的离子方程式为　 　。
（2）已知 与过量的 存在以下反应： ；“沉砷”中 的作用是　 　。
（3）验证“焙烧”过程中生成的是 的试剂是盐酸和　 　(写名称)，写出对应反应的离子方程式：　 　。
（4）用稀硫酸调节 ，写出由 制备 发生反应的化学方程式：　 　。
19．Na2S可用于制造硫化染料、沉淀水体中的重金属等。
（1）Na2S溶液中S2-水解的离子方程式为　 　。
（2）室温时，几种重金属离子的硫化物的溶度积常数如下表：
金属硫化物 FeS PbS CuS HgS
Ksp 6.3×10－18 1.0×10－28 6.3×10－36 1.6×10－52
①向物质的量浓度相同的Fe2+、Pb2+、Cu2+、Hg2+的混合稀溶液中，逐滴加入Na2S稀溶液，首先沉淀的离子是　 　。
②用Na2S溶液沉淀废水中Pb2+，为使Pb2+沉淀完全[c(Pb2＋)≤1×10-6mol/L]，则应满足溶液中c(S2-)≥　 　mol/L。
③反应Cu2+(aq)+FeS(s) Fe2+(aq)+CuS(s)的平衡常数K=　 　。
（3）测定某Na2S和NaHS混合样品中两者含量的实验步骤如下：
步骤1.准确称取一定量样品于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至500mL容量瓶中定容。
步骤2.准确移取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入茜素黄GG-百时香酚蓝混合指示剂，用0.2500mol/L盐酸标准溶液滴定（Na2S+HCl=NaHS+NaCl）至终点，消耗盐酸24.00mL；向其中再加入5mL中性甲醛(NaHS+HCHO+H2O→NaOH+HSCH2OH)和3滴酚酞指示剂，继续用0.2500mol/L盐酸标准溶液滴定(NaOH+HCl=NaCl+H2O)至终点，又消耗盐酸34.00mL。
计算原混合物中Na2S与NaHS的物质的量之比(写出计算过程)　 　。
20．氧化锌在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种以含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、Fe2O3、MnO、MnO2、CdO等)为原料制备氧化锌的工艺流程如图所示：
已知：i．二价金属氧化物能分别与氨配合生成配离子，如[Fe(NH3)2]2+、[Mn(NH3)2]2+、[Zn(NH3)4]2+；
ii.25℃时相关物质的Ksp如下表：
物质 MnS FeS ZnS PbS CdS CuS
Ksp 2.5×10-13 6.3×10-18 1.6×10-24 8.0×10-28 3.6×10-29 5.0×10-36
iii．Zn(OH)2和ZnCO3的分解温度分别为125℃、300℃。
请回答下列问题：
（1）“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，写出生成FeOOH的离子方程式：　 　；“氧化预处理”的目的是　 　。
（2）若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，写出该反应的离子方程式：　 　。
（3）已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq) K=1013，则[Cu(NH3)4]2+(aq)+S2-(aq)=CuS(s)+4NH3(aq)的化学平衡常数K1为　 　。
（4）实验室模拟蒸氨装置如图所示。蒸氨时控制温度为95℃左右，在装置b中[Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀。
①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为　 　(填字母)。
A．液面上方但不接触液面
B．略伸入液面下
C．伸入溶液底部
②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是　 　(写出一种)。
③混合气体e可返回至“　 　”阶段循环利用。
（5）研究发现Znx(OH)y(CO3)z。热分解得到ZnO的过程可分为两步。某实验小组取11.2gZnx(OH)y(CO3)z固体进行热重分析，两步反应的固体失重率()依次为8.0%、19.6%，则Znx(OH)y(CO3)z的化学式为　 　。
21．某二元酸（化学式用H2A表示）在水中的电离方程式是：H2A H++HA﹣ HA﹣ H++A2﹣
试完成下列问题：
（1）Na2A溶液显　 　（填“酸性”“中性”或“碱性”）．理由是　 　（用离子方程式表示）．
（2）在0.1mol L﹣1的Na2A溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是　 　．
A．c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）=0.1mol L﹣1
B．c（OH﹣）=c（H+）+c（HA﹣）
C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）
D．c（Na+）=2c（A2﹣）+2c（HA﹣）
（3）已知0.1mol L﹣1 NaHA溶液的pH=2，则0.1mol L﹣1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是　 　0.11mol L﹣1（填“＜”、“＞”或“=”），理由是　 　．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】溶液中存在的SO42－、Ba2＋都会抑制BaSO4的溶解，因此BaSO4在纯水中的溶解度最大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】结合BaSO4在溶液中的沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO42－(aq)进行分析。
2．【答案】C
【解析】【解答】A项、NH3·H2O为弱碱，Mg(OH)2为中强碱，NH3·H2O碱性弱于Mg(OH)2，故A符合题意；
B项、Mg(OH)2能够溶于呈酸性的氯化铵溶液和呈中性的醋酸铵溶液，说明NH4+结合Mg（OH）2电离出的OH-，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，II中总反应为2NH4＋＋Mg(OH)2＝Mg2＋＋2NH3·H2O，故B不符合题意；
C项、实验II、III中Mg(OH)2能够溶于呈酸性的氯化铵溶液和呈中性的醋酸铵溶液，说明Mg（OH）2溶解不是与氢离子发生反应，反应原理是NH4+结合Mg（OH）2电离出的OH-，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，导致Mg（OH）2溶解，故C符合题意；
D项、CH3COONH4溶液浓度越大，溶液中铵根离子浓度越大，越有利于Mg（OH）2沉淀的溶解，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、NH3·H2O为弱碱，Mg(OH)2为中强碱；
B、II中应该是铵根离子与氢氧化镁反应；
D、CH3COONH4溶液浓度越大，铵根离子浓度越大，铵根离子和氢氧化镁反应。
3．【答案】D
【解析】【解答】
A、Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，不符合题意；
B、沉淀易向更难溶的方向转化，由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀，不符合题意；
C、Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，离子浓度改变时，Ksp不变，不符合题意；
D、阴、阳离子个数比相同的难溶物，Ksp小的，溶解度一定小，阴、阳离子个数比不同的难溶物，Ksp小的，溶解度不一定小，不符合题意。
答案为D
【分析】
Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，其它条件改变不影响Ksp，且沉淀易向更难溶的（Ksp小的物质）方向转化
4．【答案】B
【解析】【解答】对于阴、阳离子的个数比相同即相同类型的难溶电解质，它们的溶解能力可以直接用Ksp来比较，浓度相同时，Ksp小的难溶电解质一定先析出沉淀。
故答案为：B
【分析】本题主要考查沉淀形成的先后顺序。根据溶度积常数计算，判断各沉淀生成时所需的银离子的浓度，从而判断生成沉淀的先后顺序。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．Na2CO3水解显碱性，石膏主要成分是CaSO4，加石膏使水解逆向移动，碱性减弱，故A不符合题意；
B．人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度，故B不符合题意；
C．为除去水垢中的CaSO4，先用Na2CO3溶液处理，使其转化为CaCO3，然后加酸除去，故C符合题意；
D．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣中，锌做负极，铜做正极被保护，不易产生铜绿，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、碳酸根水解出氢氧根，增加钙离子可以结合碳酸根，使平衡朝逆向移动；
B、护发素主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度；
C、硫酸钙应该转化为更难溶的碳酸钙；
D、锌比铜更活泼，锌为负极。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．出现砖红色沉淀只能证明淀粉已水解，未证明淀粉不存在，不能说明淀粉已完全水解，A不符合题意；
B．氯气过量，可能是氯气直接与KI反应生成I2，使淀粉溶液变蓝，无法证明氧化性：Br2>I2，B不符合题意；
C．为A2B型化合物，AgCl为AB型化合物，二者物质类型不同，Ksp的大小无法判断，C不符合题意；
D．加入少量铜粉后发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，产生蓝色沉淀可证明氧化性：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．只能证明淀粉已水解，无法判断完全水解；
B．氯气过量，氯气可直接与KI反应生成I2；
C．二者物质类型不同，Ksp的大小无法判断；
D．在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．当 时，H3PO3与NaOH物质的量相等，二者刚好完全反应生成NaH2PO3，由分析知， 在水溶液中以电离为主，溶液呈酸性，所以 ，A不符合题意；
B． ，当c =c 时，c(H+)=2.5×10-5mol/L＞c(OH-)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)= c +2c + c(OH-)，则 ，B符合题意；
C． ，当 时，c(H+)=5.0×10-2mol/L，由水电离出的 ，C不符合题意；
D．亚磷酸( )是二元弱酸，在溶液中不存在 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】在NaH2PO3溶液中， 的水解常数Kh2= =2×10-13， ，Kh2＜Ka2，则 在水溶液中以电离为主。
8．【答案】D
【解析】【解答】A.b点时导电能力最弱，则n(NH4HSO4)=n[Ba(OH)2]，溶液中生的反应NH4HSO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+ NH3 H2O+H2O，该点中的溶质为NH3 H2O，所以b溶液中存在NH3 H2O、H2O的电离平衡和BaSO4的沉淀溶解平衡，A项不符合题意；
B.c点时导电能力最强，n(NH4HSO4)=2n[Ba(OH)2]，该点溶液中发生的反应为2NH4HSO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+ (NH4)2SO4+2H2O，该点溶液中溶质为(NH4)2SO4，所以根据电荷守恒有：c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+c(OH-)，溶液2c(SO42-)>c(NH3 H2O)，因此c(H+)+c(NH4+)> c(NH3 H2O)+c(OH-)，B项不符合题意；
C.根据以上分析，ab段反生的离子方程式为：NH4++H++SO42-+ Ba2++2OH-= BaSO4↓+ NH3 H2O+H2O，C项不符合题意；
D.根据以上分析，b点溶液中的溶质为NH3 H2O显碱性，而c点溶液中溶质为(NH4)2SO4，水解显酸性，所以bc段之间存在某点，可以显中性，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+c(OH-)，因此c(NH4+)=2c(SO42-)，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据导电能力随滴入溶液体积的变化如图可知，b点时导电能力最弱，则n(NH4HSO4)=n[Ba(OH)2]， 该点溶液中发生的反应为NH4HSO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+ NH3 H2O+H2O，该点中的溶质为NH3 H2O；c点时导电能力最强，n(NH4HSO4)=2n[Ba(OH)2]，该点溶液中发生的反应为2NH4HSO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+ (NH4)2SO4+2H2O，该点溶液中溶质为(NH4)2SO4， (NH4)2SO4是强酸弱碱盐；据此分析解答。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．达到沉淀溶解平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等，各离子浓度保持不变，故A符合题意；
B．达到沉淀溶解平衡时，已经达到难溶电解质的溶解限度，溶液为饱和溶液，故B不符合题意；
C．加入难溶电解质会以沉淀的形式存在，对于溶液中各离子的浓度无影响，故C不符合题意；
D．难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时，会有少部分电解质发生电离，得到相应的离子，阴、阳离子的浓度不一定相等，如Fe(OH)3，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】沉淀溶解平衡指在一定温度下，当沉淀的溶解速率和生成速率相等时，得到难溶强电解质的饱和溶液，即建立了沉淀溶解平衡。一些难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时，会有少部分电解质发生电离，得到相应的离子，阴、阳离子的浓度不一定相等；
10．【答案】B
11．【答案】C
【解析】【解答】A.醋酸是弱酸,所以CH3COONa溶液中发生水解反应: CH3COO－+H2O CH3COOH+OH-,使溶液呈碱性,氢离子浓度小于氢氧根离子浓度,所以NaCl溶液中c(Na+)+c(H+)大于CH3COONa溶液中c(Na+)+c(H+),根据电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)可得溶液中离子总数为2 [c(Na+)+c(H+)] V;同理可得CH3COONa溶液中总数为2 [c(Na+)+c(H+)] V,所以NaCl溶液中离子总数大于CH3COONa溶液,即N前B.由图象可看出,浓度增大的曲线应为c(CH3COO－),浓度减小的曲线应为c(CH3COOH),W点pH=4.75时c(CH3COO－)= c(CH3COOH),所以当pH=4.5时,溶液中: c(CH3COOH)>(CH3COO－)>c(H+)>c(OH－),故B不符合题意;
C.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：根据物料守恒：2c(Na+)＝c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)，故C符合题意；
D. pH相等的盐酸与醋酸溶液，根据电荷守恒盐酸溶液中：c(Cl－)+ c(OH－)= c(H+)；醋酸溶液中：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)，因为pH相等，所以c(Cl－)= c(CH3COO－)，故D不符合题意;
故答案为：C。
【分析】A.醋酸根离子水解后氢离子浓度减小；
B.根据pH=4.75时c(CH3COO－)= c(CH3COOH)，而pH=4.5时c(CH3COO－)＜c(CH3COOH)进行分析；
C.根据物料守恒进行判断；
D.根据电荷守恒进行分析。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．pH=-lgc（H+）=0，则c（H+）=1mol/L；
B．硫酸完全电离，溶液中c（H+）=2c（H2SO4）=0.06mol/L；
C．HClO不完全电离，溶液中c（H+）D．NaHSO4完全电离，溶液中c（H+）=c（NaHSO4）═0.05mol/L，
故0.05mol/LHClO溶液中c（H+）最小；
故答案为：C。
【分析】浓度的大小主要取决于电解质的浓度和强弱，强电解质浓度的时候离子浓度大，弱电解质部分电离，浓度大的时候也是部分电离，而次氯酸是弱酸
13．【答案】B
【解析】【解答】解：A．等浓度、等体积的氨水和盐酸混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐其溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；
B．等物质的量的氯化铵和氢氧化钠溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量的氯化钠和一水合氨，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据物料守恒知：c（Na+）=c（Cl﹣），则溶液中离子浓度关系为：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B正确；
C．等物质的量的醋酸和氢氧化钠混合，二者恰好反应生成醋酸钠和水，醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，所以c（OH﹣）＞c（H+），醋酸钠溶液中c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）＞c（CH3COO﹣），所以离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D．醋酸钠和盐酸混合，醋酸钠的物质的量小于盐酸，二者混合有溶液中的溶质是醋酸、氯化钠和盐酸，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中正确的离子浓度关系为：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；
故选B．
【分析】A．等浓度、等体积氨水和盐酸混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子部分水解，其溶液呈酸性；
B.10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH混合，氯化铵和氢氧化钠的物质的量相等，等物质的量的氯化铵和氢氧化钠溶液混合后，二者恰好反应生成等物质的量的氯化钠和一水合氨，溶液呈碱性，根据电荷守恒和物料守恒分析；
C．等物质的量的醋酸和氢氧化钠混合，二者恰好反应生成醋酸钠和水，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显示碱性，醋酸根离子浓度小于钠离子；
D．醋酸钠和盐酸混合，醋酸钠的物质的量小于盐酸，二者混合有溶液中的溶质是醋酸、氯化钠和盐酸，溶液呈酸性．
14．【答案】A
【解析】【解答】A． 测得
的
溶液
为8.6，是强碱弱酸盐，A2-离子水解生成少量HA-，此时溶液中存在：
，故A符合题意；
B．通入 后的溶液中，根据电荷守恒可得 ，故B不符合题意；
C．溶液中存在物料守恒， ：在 的溶液中， ，而c(Na+)=0.200mol/L，所以 ；或者直接由物料守恒也可得 ，故C不符合题意；
D． 溶液 从3.4变为2时，溶液呈强酸性，应该有大量的H2A，发生的主要反应为： ，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据pH判断为强碱弱酸盐，水解呈碱性，结合水解判断离子浓度大小
B.通入氯化氢气体，结合电荷守恒计算
C.结合物料守恒，电荷守恒判断
D.酸性增强，即可判断
15．【答案】D
【解析】【解答】某溶液中含有Cl－、Br－和CrO ，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀时，c(Ag＋)分别为1.56×10－8mol·L－1，7.7×10－11mol·L－1，3.00×10－5mol·L－1，所以三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO ，
故答案为：D。
【分析】难溶电解质的溶度积越小就越容易生成沉淀。
16．【答案】C
【解析】【解答】氨水滴入HCl和CH3COOH的混合液中，氨水先与HCl反应；
A．HCl属于强酸、完全电离，CH3COOH属于弱酸、部分电离，则在氨水滴定前，浓度均为0.1mol/LHCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A不符合题意；
B．当滴入氨水10mL时，滴入的氨水恰好与HCl完全反应生成NH4Cl和水，此时溶液中的溶质为NH4Cl、CH3COOH，NH4Cl属于强酸弱碱盐、其水溶液呈酸性，CH3COOH属于弱酸，则溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，B不符合题意；
C．当滴入氨水20mL时，滴入的氨水将混合液中的HCl、CH3COOH完全反应得到含等物质的量浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，此时溶液中c( )＞ c(CH3COO-)，C符合题意；
D．根据C项分析，当滴入氨水20mL时所得溶液为含等物质的量浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，氯化铵溶液呈酸性、乙酸铵溶液呈中性，故溶液呈酸性，则当溶液呈中性时，氨水的滴入量应大于20mL，此时溶液中的电荷守恒为c( )+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，由于溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，故c( )=c(CH3COO-)+c(Cl-)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.盐酸是完全电离，而醋酸是部分电离，而盐酸电离出的氢离子抑制了醋酸的电离
B.当加入的氨水是10mL时，盐酸是强酸，先和盐酸反应，得到的是氯化铵，以及醋酸，均显酸性
C.当滴入氨水20mL时，恰好将醋酸反应完，此时溶液是氯化铵和醋酸铵，溶液显酸性，因此是铵根离子浓度和醋酸根浓度不等
D.恰好反应时，溶液显酸性，当为中性时氨水体积大于20mL，此时根据电荷守恒即可判断
17．【答案】（1）Mn + 2HCl = MnCl2 + H2↑
（2）空气中的O2 将部分Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，相关的离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3↓+ 8H+；Pb2+ + Mn = Pb + Mn2+
（3）将剩余Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑,Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+
（4）＜
（5）；偏高
【解析】【解答】(1)Mn与盐酸反应的化学方程式为： ；(2)①将粗锰粉酸浸后，Fe单质转化为还原性较强的Fe2+，静置一段时间，Fe2+会被空气中的氧气氧化，进而生成Fe(OH)3沉淀，相应的离子方程式为： ；②由于金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降，因此与之相关的反应为： ；(3)①通过分析可知，过氧化氢的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH值将其转化为Fe(OH)3沉淀除去；②通过分析可知，MnCO3的作用即调节溶液的pH值以便于Fe3+沉淀，相关的离子方程式为： 以及 ；(4)通过分析可知，PbS的溶解度更小；(5)①由题可知，ag无水氯化锰中的Mn2+经过氧化后全部转变为Mn3+，硫酸亚铁铵与Mn3+反应时，Mn3+和Fe2+按照1:1反应，所以MnCl2的质量分数为： ；②若不加热，溶液中剩余的硝酸铵会在酸性条件下体现氧化性能与硫酸亚铁铵发生反应，这样会使消耗的硫酸亚铁铵偏大，那么最终求出的纯度也偏大。
【分析】制备无水氯化锰的原料是含有Fe，Ni，Pb等金属杂质的粗锰粉，因此制备过程中要将Fe，Ni，Pb等杂质元素去除；第一步将粗锰粉加酸溶解，Fe溶解后产生Fe2+，由于其还原性较强，容易被氧气氧化；由于金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀法去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的Zn2+和Pb2+，由于Pb的去除达标，而Zn的仍未达标，所以PbS的溶解度应该更低。
18．【答案】（1）第四周期VA族；
（2）与过量的 结合生成 沉淀，防止 与 结合生成 (或与 结合生成 沉淀，使平衡左移，提高“沉砷”效果，)
（3）硫氰化钾； 、 (或其他合理答案)
（4）
【解析】【解答】（1）已知砷元素与N同一主族，其原子比N原子多两个电子层，则砷元素在周期表中的位置为第四周期ⅤA族，“沉砷”中与Na2S反应的离子方程式为2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O，故答案为：第四周期ⅤA族；2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O；
（2）FeSO4的作用是除去过量的硫离子，As2S3+3S2- 2 使平衡逆向进行，提高沉砷效果，亚铁离子与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止As2O3与S2-结合生成 ，故答案为：与过量的 结合生成 沉淀，防止 与 结合生成 (或与 结合生成 沉淀，使平衡左移，提高“沉砷”效果)；
（3）验证“焙烧”过程中生成的是Fe2O3的试剂是盐酸（或硫酸）和硫氰化钾，现象为溶液变红，对应反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、 ，故答案为：盐酸（或硫酸）和硫氰化钾；溶液变红；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、 ；
（4）调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的化学方程式为2Na3AsO4+2SO2+H2SO4=As2O3↓+3Na2SO4+H2O，故答案为：2Na3AsO4+2SO2+H2SO4=As2O3↓+3Na2SO4+H2O。
【分析】（1）利用“沉砷”中H3AsO3与Na2S反应生成As2S3书写；
（2）除去过量的硫离子，As2S3+3S2- 2 使平衡逆向进行，提高沉砷效果；
（3）验证“焙烧”过程中生成的是Fe2O3，先加入盐酸（或硫酸）生成Fe3+，再加硫氰化钾溶液检验Fe3+；
（4）利用SO2与Na3AsO4制备As2O3。
19．【答案】（1）S2-+H2O HS-+OH-
（2）Hg2+；1.0×10-22；1.0×1018
（3）n(Na2S)=0.2500mol/L×24.00mL×10-3L/mL=6.000×10-3mol，n(NaHS)=0.2500mol/L×(34.00－24.00)×10-3L/mL=2.500×10-3mol，n(Na2S)∶n(NaHS)=6.000×10－3mol∶2.500×10－3mol=12∶5
【解析】【解答】(1)Na2S是强碱弱酸盐，由于H2S是二元弱酸，所以在溶液中S2-水解是分步进行的，首先是S2-水解产生HS-，然后是水解产生的HS-进一步水解产生H2S，主要发生第一步水解反应，水解的离子方程式为：S2-+H2O HS-+OH-；
(2)①Fe2+、Pb2+、Cu2+、Hg2+都是+2价的金属阳离子，由于它们的浓度相同，因此向该溶液中加入Na2S溶液时，溶度积常数越小，形成沉淀越容易。根据重金属离子的硫化物的溶度积常数表可知HgS的最小，因此首先形成的是HgS沉淀；
②用Na2S溶液沉淀废水中Pb2+，使Pb2+沉淀完全，这时溶液中c(Pb2＋)≤1×10-6mol/L，由于当c(Pb2＋)·c(S2-)≥Ksp(PbS)时就可以形成PbS沉淀，所以c(S2-)≥1.0×10－28÷1.0×10-6=1.0×10－22mol/L；
③反应Cu2+(aq)+FeS(s) Fe2+(aq)+CuS(s)的平衡常数K= =1.0×1018；
(3)根据发生反应Na2S+HCl=NaHS+NaCl消耗HCl可知：在25mL溶液中含有Na2S的物质的量为n(Na2S)= 0.2500mol/L×24.00mL×10-3L/mL=6.000×10-3mol，再根据NaHS+HCHO+H2O→NaOH+HSCH2OH及NaOH+HCl=NaCl+H2O反应消耗的HCl的体积可知25mL溶液中n(Na2S)与n(NaHS)的和为0.2500mol/L×34.00mL×10-3L/mL=8.500×10-3mol，则该溶液中含有NaHS的物质的量为n(NaHS)= 8.500×10-3mol-6.000×10-3mol=2.500×10-3mol，所以n(Na2S)：n(NaHS)= 6.000×10-3mol：2.500×10-3mol=12∶5。溶液中溶质的物质的量的比与所取溶液体积无关，因此原溶液中n(Na2S)：n(NaHS)= 12∶5。
【分析】（1）S2-为弱酸阴离子，在水中部分水解；
（2）①由于形成的沉淀的结构相似，因此当溶度积越小时，越先形成沉淀；
②根据PbS的溶度积进行计算；
③反应的平衡常数，结合FeS、CuS的溶度积进行计算；
（3）根据发生反应的化学方程式进行计算；
20．【答案】（1）2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+Cl-；避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解
（2）ZnO+4+2=[Zn(NH3)4]2++2+5H2O
（3）2×1022
（4）C；增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等)；氨浸
（5）Zn2(OH)2CO3
【解析】【解答】（1）已知“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平生成FeOOH的离子方程式：2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+Cl-；根据相关物质的Ksp表格可知，“氧化预处理”的目的是避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解，导致后续无法除去Fe2+、Mn2+。
（2）若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，该反应的离子方程式：ZnO+4+2=[Zn(NH3)4]2++2+5H2O。
（3）已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq) K=1013，则
。
（4）①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为伸入溶液底部，保证将氨气充分蒸出，故答案为：C。
②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等)。
③混合气体e为氨气和水蒸气的混合气体，故可返回至“氨浸”阶段循环利用。
（5），热分解得到ZnO的过程中，第一步失去水，第二步失去二氧化碳，故，，则，故Znx(OH)y(CO3)z的化学式为Zn2(OH)2CO3。
【分析】（1）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；利用已知信息i分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒分析；
（3利用K值和K1的计算式计算；
（4）①依据操作的目的判断；
②依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
③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；
（5）依据热重法计算。
21．【答案】（1）碱性；A2﹣+H2O HA﹣+OH﹣
（2）A；C
（3）＜；H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA﹣的电离
【解析】【解答】解：（1）根据H2A的电离是分步电离可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液显碱性，水解原理是：H2O+A2﹣ HA﹣+OH﹣，故答案为：碱性；H2O+A2﹣ HA﹣+OH﹣；（2）A、0.1mol/L的Na2A溶液中，根据A原子守恒，所以c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）=0.1mol L﹣1，故A正确；
B、在溶液中，根据质子守恒得：c（OH﹣）=c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A），故B错误；
C、0.1mol/L的Na2A溶液中，存在电荷守恒：c（ Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），故C正确；
D、由物料守恒可知c（Na+）=2c（A2﹣）+2c（HA﹣）+2c（H2A），故D错误．
故答案为：AC．（3）0.1mol L﹣1H2A溶液，H2A H++HA﹣，电离出H+小于0.1mol/L，0.1mol L﹣1NaHA溶液的pH=2，则由HA﹣ H++A2﹣可知，电离出0.01mol/LH+，但第一步电离生成的H+抑制了HA﹣的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.1mol/L+0.01mol/L，
故答案为：＜；H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA﹣的电离；
【分析】（1）强碱弱酸盐中阴离子水解导致溶液显示碱性，根据水解方程式的书写方法来回答；（2）根据溶液中的电荷守恒、物料守恒以及质子守恒来回答．（3）0.1mol L﹣1H2A溶液，H2A H++HA﹣，电离出H+小于0.1mol/L，0.1mol L﹣1NaHA溶液的pH=2，则由HA﹣ H++A2﹣可知，电离出0.01mol/LH+，但第一步电离生成的H+抑制了HA﹣的电离．