3.4 沉淀溶解平衡（同步练习.含解析）-2025-2026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）-2025-2026学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-12 17:37:04 | ||
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文档简介
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3.4沉淀溶解平衡
一．选择题（共16小题）
1．（2024秋 佛山期末）“劳动是一切幸福的源泉”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是（ ）
选项 劳动项目 化学知识
A 用食醋清除水壶中的水垢 醋酸的酸性强于碳酸
B 用NH4Cl溶液清除铁锈 NH4Cl水解使溶液呈酸性
C 用FeS处理废水中的Cu2+ Ksp（FeS）＞Ksp（CuS）
D 更换与电热水器内胆相连的镁棒 外加电流法可防止金属腐蚀
A．A B．B C．C D．D
2．（2025秋 四川月考）常温下，PdCO3和Pd（OH）2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．向Z点对应溶液中加入适量的NaOH溶液，有可能得到X点对应溶液
B．Y点对应的PdCO3分散系中，v（溶解）＞v（沉淀），固体仍在溶解
C．PbCO3（s）+2OH﹣（aq） Pb（OH）2（s） K＝0.01
D．由两者的Ksp可知，Pd（OH）2的溶解度更小
3．（2025 保定一模）工业回收废旧铅蓄电池的铅，首先是将PbSO4转化为PbCO3。现有含PbCO3（s）的0.1mol L﹣1、1.0mol L﹣1的Na2CO3溶液，含PbSO4（s）的0.1mol L﹣1、1.0mol L﹣1的Na2SO4溶液。在一定pH范围内，4种溶液中﹣lgc（Pb2+）随pH的变化关系如图所示。[，平衡常数大于105时表示反应进行完全]。下列说法正确的是（ ）
A．图中x＝9.6
B．曲线③代表含PbCO3（s）的1.0mol L﹣1Na2CO3溶液的变化曲线
C．加入Na2CO3不能使铅蓄电池中PbSO4完全转化为PbCO3
D．对含PbSO4（s）的Na2CO3初始浓度为1.0mol L﹣1的溶液，pH变化不会使沉淀发生转化
4．（2025 浙江开学）H2S常用于废水处理，处理过程中始终保持饱和状态。在某处理体系中pH与﹣lgc关系如图所示，c为HS﹣、S2﹣、Cd2+的浓度（单位：mol/L）。已知：25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol/L；100.7＝5，，下列说法不正确的是（ ）
A．曲线①代表Cd2+且Ksp（CdS）＝10﹣26
B．0.1mol/LNa2S溶液中，S2﹣水解率约为95%
C．
D．向Cd2+的浓度为0.1mol/L的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+）
5．（2023秋 肇庆期末）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（ ）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 为保护铁闸门不被腐蚀，常将铁闸门与电源负极相连 利用外加电流的阴极保护法使金属构件不被腐蚀
B 将合成氨（N2+3H2 2NH3）平衡体系的体积压缩一半后压强低于原平衡压强的两倍 加压使反应N2+3H2 2NH3的平衡常数增大
C 常温下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3 相同浓度的Na2CO3溶液水解程度大于NaHCO3
D 将SO2气体通入BaCl2溶液中没有明显现象，将NH3、SO2混合气体通入BaCl2溶液中产生白色沉淀 Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaSO3）
A．A B．B C．C D．D
6．（2024秋 岳麓区校级期中）将CaCO3溶解于同温度、同浓度的下列溶液中，溶解度最小的是（ ）
A．CaCl2 B．Na2CO3 C．NaCl D．NaHCO3
7．（2024秋 沈阳期中）已知Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10，Ksp（AgBr）＝7.7×10﹣13，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12。某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和，浓度均为0.10mol L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.10mol L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（ ）
A．Br﹣、Cl﹣、 B．、Br﹣、Cl﹣
C．Cl﹣、Br﹣、 D．Br﹣、、Cl﹣
8．（2024 福建）将草酸钙固体溶于不同初始浓度[c0（HCl）]的盐酸中，平衡时部分组分的lgc﹣lgc0（HCl）关系如图。已知草酸Ka1＝10﹣1.3，Ka2＝10﹣4.3。下列说法错误的是（ ）
A．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，溶液的pH＝1.3
B．任意c0（HCl）下均有：c（Ca2+）＝c（HC2）+c（H2C2O4）+c（C2）
C．CaC2O4（s）+2H+（aq）═Ca2+（aq）+H2C2O4（aq）的平衡常数为10﹣3.0
D．lgc0（HCl）＝﹣4.1时，2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（HC2）+c（Cl﹣）
9．（2023秋 福清市期末）化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，然后用酸除去
B．镀锡铁比镀锌铁更耐腐蚀
C．疫苗一般应冷藏存放，以减小蛋白质变性的速率
D．新能源汽车锂电池工作时把化学能转化为电能
10．（2022秋 惠州期末）下列说法不正确的是（ ）
A．热的纯碱溶液去油污效果更好
B．0.1mol L﹣1NH4Cl溶液中电荷守恒为c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）
C．配制FeCl3溶液时，直接将FeCl3晶体溶于水即可制得
D．常温下Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，当c（Ag+）＝0.01mol/L时，c（Cl﹣）＝1.8×10﹣8mol/L开始沉淀
11．（2023 河北模拟）二元有机酸（H2X）的电离常数Ka1＝1.67×10﹣8、Ka2＝3.34×10﹣17。BaX难溶于水，常温下，将BaX溶解在一定浓度的HY溶液中，直至不再溶解，测得混合液中c2（H+）与c2（Ba2+）的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
已知：HY是一元强酸，BaY2易溶于水。
A．NaHX溶液显碱性
B．溶度积Ksp（BaX）≈6.18×10﹣21mol2 L﹣2
C．b点：2c（Ba2+）+c（H+）＝2c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（OH﹣）+c（Y﹣）
D．若0.01mol BaX溶于1Lxmol L﹣1HY溶液中得到c点溶液，则x＝0.4
12．（2023 沙市区校级模拟）已知：Ag++NH3 [Ag（NH3）]+，K1＝103.32，[Ag（NH3）]++NH3 [Ag（NH3）2]+，K2Ag+、[Ag（NH3）]+、[Ag（NH3）2]+的分布分数δ与lgc（NH3）关系如图所示，下列说法正确的是（ ）{例如：分布分数δ（Ag+）}
A．曲线b代表[Ag（NH3）]+
B．[Ag（NH3）2]+ Ag++2NH3的平衡常数K＝10﹣3.61
C．K2＝103.90
D．当c（NH3）＜0.01mol L﹣1时，银元素主要以[Ag（NH3）2]+形式存在
13．（2023 祁阳县校级模拟）室温下，通过下列实验探究NH4HCO3溶液的性质。
实验 实验操作 实验现象
1 用pH试纸测定0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液的pH pH约为8
2 向0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液中加入过量0.1mol L﹣1Ba（OH）2溶液 析出白色沉淀
3 常温下，将等体积等物质的量浓度NH4HCO3与NaCl溶液混合 析出晶体
4 向0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液中加入0.5mol L﹣1NaOH溶液，加热 有气泡产生
下列有关说法正确的是（ ）
A．实验1Kb（NH3 H2O）＞Ka1（H2CO3）
B．实验2反应静置后的上层清液中有c（Ba2+） c（）＞Ksp（BaCO3）
C．实验3静置后的上层清液中有c（H+）+c（）＜c（OH﹣）+c（）+2c（）
D．实验4中产生的气体是CO2
14．（2025春 南京期末）部分弱电解质的电离常数如表所示，下列说法中正确的是（ ）
弱电解质 HCOOH HCN H2CO3
电离常数（25℃） Ka＝1.8×10﹣4 Ka＝6.2×10﹣10 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11
A．25℃时，反应HCOOH+CN﹣ HCN+HCOO﹣的化学平衡常数K＝2.9×105
B．中和等体积、等浓度的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者
C．结合H+的能力：CN﹣HCOO﹣
D．2CN﹣+H2O+CO2＝2HCN
15．（2024秋 南京校级期中）下表是常温下几种弱酸的电离平衡常数。下列说法正确的是（ ）
CH3COOH H2S HClO
A．向Na2S溶液加入少量CH3COOH溶液：
B．反应的平衡常数K＝4.5×10﹣2
C．向NaClO溶液通入少量H2S气体：
D．Na2S、NaClO、CH3COONa中，结合质子能力最强的是NaClO
16．（2025秋 南京校级月考）25℃时，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10﹣7、Ka2＝4.7×10﹣11、Ksp（CaCO3）＝3.4×10﹣9，下列描述不正确的是（ ）
A．H2O OH﹣+H2CO3，K＝2.2×10﹣8
B．2 H2CO3，K＝1.0×10﹣4
C．Ca2+ CaCO3（s）+H+，K＝1.4×10﹣2
D．NaHCO3溶液中，c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（），则c（H+）
二．解答题（共4小题）
17．（2025秋 镇江月考）水体中的、、是高毒性的重金属离子，可用Cr（Ⅵ）表示。可以采用还原沉淀法、吸附法等处理含Cr（Ⅵ）废水。
（1）钡盐沉淀法：
①部分转化为的离子方程式为 。
②向含Cr（Ⅵ）的酸性废水中加入钡盐，可生成难溶于水的BaCrO4沉淀，其他条件一定，使用等物质的量的BaCl2或BaCO3，反应足够长的时间，使用BaCO3时Cr（Ⅵ）的沉铬率要优于使用BaCl2的原因是 。
（2）纳米铁粉还原法：
纳米铁粉可将水体中Cr（Ⅵ）还原为Cr3+，再通过调节溶液pH转化为Cr（OH）3沉淀而被除去。
①在氮气气氛保护下，向一定量的FeCl2溶液中逐滴加入一定量的NaBH4溶液，可制得纳米铁粉，反应的离子方程式为，反应每转移4mol电子，被Fe2+氧化的NaBH4的物质的量为 。
②实验发现，其他条件相同，含铁的物质的量相同，用纳米铁粉和铁﹣铜粉分别处理pH＝5的含Cr（Ⅵ）废水，废水中Cr（Ⅵ）的去除率随时间的变化关系如图1所示，用铁﹣铜粉处理含Cr（Ⅵ）废水的效果更好，原因是 。
（3）还原吸附法：
CuS—TiO2吸附并部分还原Cr（Ⅵ），原理如图2所示。实验控制在pH＜6的弱酸性条件下进行。
①CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，在pH＞6的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是 。
②起始pH＝4时，溶液中Cr（Ⅵ）和Cu2+的浓度随时间的变化如图3所示。Cu2+浓度先增大后减小的原因是 。
（4）离子交换法：
阴离子交换树脂去除酸性废水中Cr（Ⅵ）的原理为。某树脂的Cr（Ⅵ）摩尔交换总容量为1.45mol L﹣1，即每升湿树脂最多吸收1.45mol Cr（Ⅵ）。现将Cr（Ⅵ）含量为60mg L﹣1的废水以2.0L h﹣1的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和 [Cr（Ⅵ）均以铬元素计，写出计算过程]。
18．（2025秋 秦淮区月考）已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如表：
化学式 HF HClO H2CO3 CH3COOH
电离常数 4.0×10﹣4 4.7×10﹣8 K1＝4.3×10﹣7K2＝5.6×10﹣11 1.7×10﹣5
（1）常温下，溶液pH由大到小的顺序是 （填字母）。
A．0.10mol L﹣1CH3COOH溶液；
B．0.10mol L﹣1盐酸；
C．0.10mol L﹣1HF
（2）①F﹣；②ClO﹣；③；④；⑤CH3COO﹣；
结合H+的能力由大到小的顺序是 （填字母），向NaClO溶液中通入CO2，反应的离子方程式为 。
（3）常温下将pH＝3的H2SO4溶液和pH＝12的NaOH溶液混合，充分混合后所得溶液的pH＝7，则H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比为 。
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H+ H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，其原因是 ，如血液中c（）＝10c（H2CO3），则血液中c（H+）＝ mol/L。
19．（2025秋 常州月考）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的悬浊液可吸收烟气中SO2并同时制备MnSO4 H2O。
（1）制备MnSO4 H2O反应的化学方程式为MnO2+SO2+H2O＝MnSO4 H2O，质量为26.10g纯净MnO2最多能吸收 L（标准状况）SO2。
（2）准确称取0.3420gMnSO4 H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使MnSO4全部反应生成Mn2（SO4）3，用c（FeSO4）＝0.0500mol/L的标准溶液与Mn2（SO4）3恰好反应[反应方程式：2FeSO4+Mn2（SO4）3＝2MnSO4+Fe2（SO4）3]，消耗FeSO4溶液40.00mL。计算MnSO4 H2O样品的纯度 （写出计算过程，否则不得分。保留2位小数）。
（3）如图为MnSO4 H2O、MnSO4 5H2O、MgSO4 6H2O晶体的溶解度曲线，现从MnSO4和MgSO4的混合溶液中来获得MnSO4 H2O晶体，简述实验步骤是 。
20．（2025春 徐州期末）氮族元素包括N、P、As、Sb、Bi等元素，可以形成多种含氧酸。
常温下，4种酸的电离平衡常数如下：
化学式 HNO2 H3PO3 H3PO4 H3AsO3
电廉平衡 Ka＝4.6×10﹣4 Ka1＝3.7×10﹣2Ka2＝2.9×10﹣7 Ka1＝7.5×10﹣3Ka2＝6.2×10﹣8Ka3＝2.2×10﹣13 Ka1 Ka2 Ka3
（1）①、H2、H2结合H+能力由大到小的顺序是 。
②物质的量浓度均为0.1mol L﹣1的NaNO2、NaH2PO3溶液中，c（） c（）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）常温下，pH＝4的NaH2PO4溶液中水电离的c（H+）为 mol L﹣1。
（3）亚砷酸（H3AsO3）为三元弱酸，四种含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图﹣1所示。
①pH为7～8时，砷元素的主要微粒是 。
②将NaOH溶液滴入H3AsO3溶液中，当pH＝8时，n（H3AsO3）：n（H2）＝ ；当pH由11到12时，发生主要反应的离子方程式为 。
（4）工业含砷（Ⅲ）废水常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生Fe（OH）3胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。通过实验测得不同pH条件下铁盐对含砷（Ⅲ）化合物的去除率，如题图﹣2所示。pH为5～9时，随溶液pH的增大，铁盐混凝剂对含砷（Ⅲ）化合物的吸附效果增强的可能原因为 。
3.4沉淀溶解平衡
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D A C C A A A D B C B
题号 12 13 14 15 16
答案 C A A A D
一．选择题（共16小题）
1．（2024秋 佛山期末）“劳动是一切幸福的源泉”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是（ ）
选项 劳动项目 化学知识
A 用食醋清除水壶中的水垢 醋酸的酸性强于碳酸
B 用NH4Cl溶液清除铁锈 NH4Cl水解使溶液呈酸性
C 用FeS处理废水中的Cu2+ Ksp（FeS）＞Ksp（CuS）
D 更换与电热水器内胆相连的镁棒 外加电流法可防止金属腐蚀
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】A．根据强酸制弱酸规律分析判断；
B．铁锈主要成分氧化铁，能与氢离子反应；
C．根据沉淀转化规律分析判断；
D．电热水器内胆连接镁棒防止腐蚀，镁作负极被腐蚀，属于牺牲阳极法。
【解答】解：A．醋酸酸性强于碳酸，能与碳酸钙反应，则食醋可用于清洗水壶中的水垢，故A正确；
B．铁锈主要成分氧化铁，氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，能与氧化铁反应生成可溶性铁盐，可用于NH4Cl溶液除锈，故B正确；
C．用FeS处理废水中的Cu2+生成CuS，根据沉淀转化规律可知，溶解性：FeS＞CuS，即Ksp（FeS）＞Ksp（CuS），故C正确；
D．电热水器内胆连接镁棒防止腐蚀，镁作负极被腐蚀，属于牺牲阳极法，不属于外加电流法，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及盐类水解原理的应用，侧重分析能力和基础知识运用能力考查，把握沉淀转化规律、盐类水解原理、物质性质及发生的反应、金属防护措施是解题关键，题目难度不大。
2．（2025秋 四川月考）常温下，PdCO3和Pd（OH）2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．向Z点对应溶液中加入适量的NaOH溶液，有可能得到X点对应溶液
B．Y点对应的PdCO3分散系中，v（溶解）＞v（沉淀），固体仍在溶解
C．PbCO3（s）+2OH﹣（aq） Pb（OH）2（s） K＝0.01
D．由两者的Ksp可知，Pd（OH）2的溶解度更小
【答案】A
【分析】溶液中大小与c（Pd2+）成反比，故若增大一个单位，则减小一个单位，因此曲线Ⅱ是PdCO3的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是Pd（OH）2的沉淀溶解平衡曲线。
【解答】解：A向Z点对应溶液中加入适量NaOH溶液，c（Pd2+）减小而c（OH﹣）会增大，可得到X点对应溶液，故A正确；
B．Y点在曲线Ⅱ下方，说明离子浓度大，处于过饱和状态，沉淀速率较大，故B错误；
C．由图中数据知，当﹣lgc（Pd2+）＝6时，、﹣lgc（OH﹣）＝4，由此可求出；Ksp（PdCO3）＝10﹣12，Ksp（Pd（OH）2）＝10﹣14，PbCO3（s）+2OH﹣（aq） Pb（OH）2（s） K100，故C错误；
D．由两者的Ksp（PdCO3）＝10﹣12，Ksp（Pd（OH）2）＝10﹣14，则c（）＝c（Pd2+）＝10﹣6mol/L，设c（Pd2+）为xmol则c（OH﹣）＝2xmol，Ksp（Pd（OH）2）＝x×（2x）2＝10﹣14，x＝c（Pd2+），Pd（OH）2的溶解度更大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3．（2025 保定一模）工业回收废旧铅蓄电池的铅，首先是将PbSO4转化为PbCO3。现有含PbCO3（s）的0.1mol L﹣1、1.0mol L﹣1的Na2CO3溶液，含PbSO4（s）的0.1mol L﹣1、1.0mol L﹣1的Na2SO4溶液。在一定pH范围内，4种溶液中﹣lgc（Pb2+）随pH的变化关系如图所示。[，平衡常数大于105时表示反应进行完全]。下列说法正确的是（ ）
A．图中x＝9.6
B．曲线③代表含PbCO3（s）的1.0mol L﹣1Na2CO3溶液的变化曲线
C．加入Na2CO3不能使铅蓄电池中PbSO4完全转化为PbCO3
D．对含PbSO4（s）的Na2CO3初始浓度为1.0mol L﹣1的溶液，pH变化不会使沉淀发生转化
【答案】C
【分析】硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸铅固体的硫酸钠溶液中铅离子的浓度几乎不变，所以曲线①②表示含PbSO4（s）的0.1mol L﹣1、1.0mol L﹣1的Na2SO4溶液的变化曲线；当pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，铅离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸铅固体的0.1mol L﹣1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸铅固体的1.0mol L﹣1硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH越小，溶液中碳酸根离子浓度越小，铅离子浓度越大，pH相同时，1.0mol L﹣1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度较大，则曲线③表示含碳酸铅固体的0.1mol L﹣1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸铅固体的1.0mol L﹣1碳酸钠溶液的变化曲线。
【解答】解：硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸铅固体的硫酸钠溶液中铅离子的浓度几乎不变，所以曲线①②表示含PbSO4（s）的0.1mol L﹣1、1.0mol L﹣1的Na2SO4溶液的变化曲线；当pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，铅离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸铅固体的0.1mol L﹣1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸铅固体的1.0mol L﹣1硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH越小，溶液中碳酸根离子浓度越小，铅离子浓度越大，pH相同时，1.0mol L﹣1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度较大，则曲线③表示含碳酸铅固体的0.1mol L﹣1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸铅固体的1.0mol L﹣1碳酸钠溶液的变化曲线；
A．由分析可知，曲线①代表含硫酸铅固体的0.1 mol L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸铅的溶度积Ksp（PbSO4）＝10﹣6.6×0.1＝10﹣7.6，温度不变，溶度积不变，则曲线②Ksp（PbSO4）＝10﹣x×1＝10﹣7.6，则x＝7.6，故A错误；
B．根据分析可知，曲线③表示含碳酸铅固体的0.1mol L﹣1碳酸钠溶液的变化曲线，故B错误；
C．反应PbSO4（s）（aq） PbCO3（s）（aq）的平衡常数K，则该反应不能完全转化，故C正确；
D．碳酸是弱酸，溶液pH越小，溶液中碳酸根离子浓度越小，溶液pH越大，溶液中碳酸根离子浓度越大，当碳酸根浓度增大到一定程度时，就会与铅离子生成碳酸铅沉淀，所以沉淀发生转化与溶液pH有关，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。
4．（2025 浙江开学）H2S常用于废水处理，处理过程中始终保持饱和状态。在某处理体系中pH与﹣lgc关系如图所示，c为HS﹣、S2﹣、Cd2+的浓度（单位：mol/L）。已知：25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol/L；100.7＝5，，下列说法不正确的是（ ）
A．曲线①代表Cd2+且Ksp（CdS）＝10﹣26
B．0.1mol/LNa2S溶液中，S2﹣水解率约为95%
C．
D．向Cd2+的浓度为0.1mol/L的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+）
【答案】C
【分析】随着H2S饱和溶液的pH增大，c（H+）减小，c（HS﹣）、c（S2﹣）均增大，Ksp（CdS）＝c（S2﹣） c（Cd2+），即﹣lgc（HS﹣）和﹣lgc（S2﹣）随着pH增大而减小，和﹣lgc（Cd2+）随着pH增大而增大，且pH相同时，c（HS﹣）＞c（S2﹣），即﹣lgc（HS﹣）＜﹣lgc（S2﹣），则曲线①②③分别表示﹣lgc（Cd2+）、﹣lgc（HS﹣）、﹣lgc（S2﹣）与pH的关系曲线，结合H2S的电离平衡常数Ka1、Ka2表达式和Ksp进行计算解答该题。
【解答】解：A．由上述分析可知，曲线①②③分别表示﹣lgc（Cd2+）、﹣lgc（HS﹣）、﹣lgc（S2﹣）与pH的关系曲线，其Ksp（CdS）＝c（S2﹣） c（Cd2+）＝10﹣13×10﹣13＝10﹣26，故A正确；
B．根据（1.6，6.5）计算H2S的电离平衡常数Ka1（H2S）c（H+）10﹣1.6＝10﹣7.1，pH＝4.9时溶液中c（HS﹣）mol/L＝10﹣3.2mol/L，根据（4.9，13）计算Ka2（H2S）c（H+）10﹣4.9＝10﹣14.7，水解常数Kh100.7＝5，忽略第二步水解，三段式为：
S2﹣的水解反应为S2﹣+H2O HS﹣+OH﹣
起始量（mol/L）0.1 0 0
水解量（mol/L） x x x
平衡量（mol/L）0.1﹣x x x
则K5，解得x≈0.095，所以S2﹣水解率约为100%＝95%，故B正确；
C．由上述分析可知，Ka1（H2S）＝10﹣7.1，Ka2（H2S）＝10﹣14.7，则107.6＞107，故C错误；
D．Cd2+和H2S气体的反应为Cd2+（aq）+H2S（aq） CdS（s）+2H+（aq），其平衡常数K104.2，该反应进行的程度较大，则所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及其应用，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握曲线对应微粒关系的判断、溶度积常数的计算及其应用、电离平衡常数的计算是解题关键，题目难度中等。
5．（2023秋 肇庆期末）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（ ）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 为保护铁闸门不被腐蚀，常将铁闸门与电源负极相连 利用外加电流的阴极保护法使金属构件不被腐蚀
B 将合成氨（N2+3H2 2NH3）平衡体系的体积压缩一半后压强低于原平衡压强的两倍 加压使反应N2+3H2 2NH3的平衡常数增大
C 常温下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3 相同浓度的Na2CO3溶液水解程度大于NaHCO3
D 将SO2气体通入BaCl2溶液中没有明显现象，将NH3、SO2混合气体通入BaCl2溶液中产生白色沉淀 Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaSO3）
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【分析】A．电解池中与电源负极相连的为阴极，阴极上发生得电子的还原反应，阳极上发生失电子的氧化反应；
B．平衡常数只与温度有关，与压强无关；
C．溶解度和水解程度之间无因果关系；
D．SO2气体与BaCl2溶液不反应，但SO2能与氨水反应生成，与Ba2+反应生成BaSO3沉淀，整个过程中无BaSO4沉淀生成。
【解答】解：A．为保护铁闸门不被腐蚀，常将其与电源负极相连，作阴极，阴极上发生得电子的还原反应，该方式属于外加电流的阴极保护法，故A正确；
B．平衡常数只与温度有关，压强的变化不影响平衡常数，故B错误；
C．常温下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，相同浓度的Na2CO3溶液水解程度大于NaHCO3，但溶解度和水解程度之间不存在因果关系，故C错误；
D．H2SO3为弱酸，不能与BaCl2发生反应，通入NH3时溶液呈碱性，生成的与Ba2+反应生成的白色沉淀是BaSO3，整个过程中无BaSO4沉淀生成，与Ksp（BaSO4）、Ksp（BaSO3）之间无因果关系，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查电解原理的应用、盐类水解原理、沉淀溶解平衡及其影响因素等知识，侧重辨析能力和灵活运用能力考查，把握金属防护措施、盐类水解原理和溶度积常数的应用、平衡常数的影响因素即可解答，选项C为易错点，题目难度不大。
6．（2024秋 岳麓区校级期中）将CaCO3溶解于同温度、同浓度的下列溶液中，溶解度最小的是（ ）
A．CaCl2 B．Na2CO3 C．NaCl D．NaHCO3
【答案】A
【分析】CaCO3溶液中存在沉淀溶解平衡，同浓度的下列溶液中，若使平衡逆向移动则使CaCO3的溶解度减小。
【解答】解：A．氯化钙溶液中存在大量Ca2+，会使平衡逆向移动，使CaCO3的溶解度减小，故A正确；
B．碳酸钠溶液中存在大量，会使平衡逆向移动，使CaCO3的溶解度减小，但相对于A选项，由于碳酸根离子的水解，导致的浓度较A选项钙离子浓度低，则CaCO3的溶解度比A选项大，故B错误；
C．氯化钠溶液中存在大量钠离子和氯离子，对CaCO3的沉淀溶解平衡无影响，故C错误；
D．碳酸氢钠溶液中存在大量钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子微弱的电离出，但浓度非常小，远不及A、B选项平衡的逆向移动程度，CaCO3的溶解度略微减小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡的应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2024秋 沈阳期中）已知Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10，Ksp（AgBr）＝7.7×10﹣13，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12。某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和，浓度均为0.10mol L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.10mol L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（ ）
A．Br﹣、Cl﹣、 B．、Br﹣、Cl﹣
C．Cl﹣、Br﹣、 D．Br﹣、、Cl﹣
【答案】A
【分析】某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和，浓度均为0.10mol L﹣1，Cl﹣开始沉淀时需要c（Ag+）、Br﹣开始沉淀时需要c（Ag+）＝ 、开始沉淀时需要c（Ag+），所需的 c（Ag+）越小，越先生成沉淀。
【解答】解：某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和，浓度均为0.10mol L﹣1，Cl﹣开始沉淀时需要c（Ag+）mol/L＝1.56×10﹣9mol/L，Br﹣开始沉淀时需要c（Ag+）＝ mol/L＝7.7×10﹣12mol/L、开始沉淀时需要c（Ag+）mol/L≈9.5×10﹣6mol/L，所需的 c（Ag+）越小，越先生成沉淀，所以三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、Cl﹣、，
故选：A。
【点评】本题考查溶度积常数的计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确溶度积常数的计算方法是解本题关键，注意：溶度积常数表达式不同时，不能根据溶度积常数的大小判断其溶解性强弱。
8．（2024 福建）将草酸钙固体溶于不同初始浓度[c0（HCl）]的盐酸中，平衡时部分组分的lgc﹣lgc0（HCl）关系如图。已知草酸Ka1＝10﹣1.3，Ka2＝10﹣4.3。下列说法错误的是（ ）
A．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，溶液的pH＝1.3
B．任意c0（HCl）下均有：c（Ca2+）＝c（HC2）+c（H2C2O4）+c（C2）
C．CaC2O4（s）+2H+（aq）═Ca2+（aq）+H2C2O4（aq）的平衡常数为10﹣3.0
D．lgc0（HCl）＝﹣4.1时，2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（HC2）+c（Cl﹣）
【答案】D
【分析】随着lgc0（HCl）的增大，则c0（HCl）逐渐增大，溶液的酸性增强，溶液中c（C2）减小、c（HC2）先增大后减小、c（H2C2O4）增大，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示lgc（C2）、lgc（HC2）、lgc（H2C2O4）；
A．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，lgc（HC2）＝lgc（H2C2O4），c（HC2）＝c（H2C2O4），Ka1c（H+）＝c（H+）＝10﹣1.3mol/L；
B．任意c0（HCl）下均有物料守恒：c（Ca2+）＝c（HC2）+c（H2C2O4）+c（C2）；
C．lgc0（HCl）＝1时，c0（HCl）＝10mol/L，根据图知，c（HC2）＝10﹣2.8 mol/L，Ka1c（H+）10﹣1.3，c（H2C2O4）＝10﹣0.5mol/L，CaC2O4（s）+2H+（aq）═Ca2+（aq）+H2C2O4（aq）的平衡常数为；
D．lgc0（HCl）＝﹣4.1时，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断。
【解答】解：A．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，lgc（HC2）＝lgc（H2C2O4），c（HC2）＝c（H2C2O4），Ka1c（H+）＝c（H+）＝10﹣1.3mol/L，溶液的pH＝1.3，故A正确；
B．任意c0（HCl）下均有物料守恒：c（Ca2+）＝c（HC2）+c（H2C2O4）+c（C2），故B正确；
C．lgc0（HCl）＝1时，c0（HCl）＝10mol/L，根据图知，c（HC2）＝10﹣2.8 mol/L，Ka1c（H+）10﹣1.3，c（H2C2O4）＝10﹣0.5mol/L，CaC2O4（s）+2H+（aq）═Ca2+（aq）+H2C2O4（aq）的平衡常数为10﹣3.0，故C正确；
D．lg0（HCl）＝﹣4.1时，溶液中存在电荷守恒2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2）+2c（C2）+c（Cl﹣），根据图知，c（HC2）＝c（C2），则存在2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+3c（HC2）+c（Cl﹣），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象的分析、判断及知识综合运用能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数的计算方法是解本题关键，C选项为解答难点。
9．（2023秋 福清市期末）化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，然后用酸除去
B．镀锡铁比镀锌铁更耐腐蚀
C．疫苗一般应冷藏存放，以减小蛋白质变性的速率
D．新能源汽车锂电池工作时把化学能转化为电能
【答案】B
【分析】A．CaCO3溶解度小于CaSO4，依据沉淀转化规律可知先用Na2CO3溶液处理转化为CaCO3，CaCO3溶于盐酸；
B．镀层破坏后，镀锡铁中锡作原电池的正极，铁作负极，镀锌铁中锌作原电池的负极，铁作正极；
C．温度过高，蛋白质易发生变性；
D．原电池是将化学能转化为电能的装置。
【解答】解：A．CaCO3溶解度小于CaSO4，依据沉淀转化规律可知先用Na2CO3溶液处理转化为CaCO3，碳酸钙能够与盐酸、醋酸反应生成易溶于水的氯化钙、醋酸钙，所以可以除去水垢，故A正确；
B．镀层破坏后，镀锡铁中锡作原电池的正极，铁作负极被损耗，镀锌铁中锌作原电池的负极被损耗，铁作正极被保护，则镀层破坏后，镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀，故B错误；
C．温度过高，蛋白质易发生变性，且温度升高，反应速率加快，所以疫苗一般应冷藏存放，以减小蛋白质变性的速率，故C正确；
D．原电池是将化学能转化为电能的装置，锂电池属于原电池，工作时把化学能转化为电能，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查难溶电解质溶解平衡、原电池原理及其应用，把握难溶电解质转化规律、原电池工作原理、物质的性质及应用为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与社会、生活的联系，题目难度不大。
10．（2022秋 惠州期末）下列说法不正确的是（ ）
A．热的纯碱溶液去油污效果更好
B．0.1mol L﹣1NH4Cl溶液中电荷守恒为c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）
C．配制FeCl3溶液时，直接将FeCl3晶体溶于水即可制得
D．常温下Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，当c（Ag+）＝0.01mol/L时，c（Cl﹣）＝1.8×10﹣8mol/L开始沉淀
【答案】C
【分析】A．升温促进盐的水解；
B．溶液呈中性，正负电荷总数相等；
C．三氯化铁水解生成氢氧化铁；
D．当c（Ag+） c（Cl﹣）＝Ksp（AgCl）时开始沉淀。
【解答】解：A．碳酸钠水解显碱性，可以除油污，热的纯碱，碳酸根离子水解程度增大，碱性更强，除油污效果更好，故A正确；
B．0.1mol L﹣1NH4Cl溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，依据电荷守恒可得c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），故B正确；
C．三氯化铁水解生成氢氧化铁，配制FeCl3溶液时，需抑制三氯化铁水解，故应将FeCl3晶体溶于少量浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度，故C错误；
D．当c（Ag+）＝0.01mol/L，c（Cl﹣）＝1.8×10﹣8mol/L时c（Ag+） c（Cl﹣）＝0.01mol/L 1.8×10﹣8mol/L＝1.8×10﹣10＝Ksp（AgCl），此时AgCl开始沉淀，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查盐类水解和溶度积计算，题目难度中等，掌握溶度积的计算方法是解题的关键。
11．（2023 河北模拟）二元有机酸（H2X）的电离常数Ka1＝1.67×10﹣8、Ka2＝3.34×10﹣17。BaX难溶于水，常温下，将BaX溶解在一定浓度的HY溶液中，直至不再溶解，测得混合液中c2（H+）与c2（Ba2+）的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
已知：HY是一元强酸，BaY2易溶于水。
A．NaHX溶液显碱性
B．溶度积Ksp（BaX）≈6.18×10﹣21mol2 L﹣2
C．b点：2c（Ba2+）+c（H+）＝2c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（OH﹣）+c（Y﹣）
D．若0.01mol BaX溶于1Lxmol L﹣1HY溶液中得到c点溶液，则x＝0.4
【答案】B
【分析】A．计算HX﹣的水解常数，判断水解程度与电离程度的大小，判断溶液酸碱性；
B．，；
C．b点时，溶液中含BaY2和H2X，根据电荷守恒进行判断；
D．BaX溶于HY溶液中的反应：BaX+2H+＝Ba2++H2X，0.01mol BaX消耗0.02mol H+，c点溶液中，则n（HY）＝（0.38mol+0.02mol），据此计算其浓度。
【解答】解：A．HX﹣的水解常数，即水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故A正确；
B．，，故B错误；
C．b点时，溶液中含BaY2和H2X，由电荷守恒可得：2c（Ba2+）+c（H+）＝c（HX﹣）+c（OH﹣）+2c（X2﹣）+c（Y﹣），故C正确；
D．BaX溶于HY溶液中的反应：BaX+2H+＝Ba2++H2X，0.01mol BaX消耗0.02mol H+，c点溶液中，则c（HY）＝（0.38mol+0.02mol）÷1L＝0.4mol L﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查溶度积常数的计算，电荷守恒的应用，属于高考高频考点，难度中等。
12．（2023 沙市区校级模拟）已知：Ag++NH3 [Ag（NH3）]+，K1＝103.32，[Ag（NH3）]++NH3 [Ag（NH3）2]+，K2Ag+、[Ag（NH3）]+、[Ag（NH3）2]+的分布分数δ与lgc（NH3）关系如图所示，下列说法正确的是（ ）{例如：分布分数δ（Ag+）}
A．曲线b代表[Ag（NH3）]+
B．[Ag（NH3）2]+ Ag++2NH3的平衡常数K＝10﹣3.61
C．K2＝103.90
D．当c（NH3）＜0.01mol L﹣1时，银元素主要以[Ag（NH3）2]+形式存在
【答案】C
【分析】由图可知，曲线a代表银离子的分布分数δ与lgc（NH3）关系、曲线b代表二氨合银离子的分布分数δ与lgc（NH3）关系、曲线c代表一氨合银离子的分布分数δ与lgc（NH3）关系，当银离子与二氨合银离子浓度相等时，氨分子的浓度为10 3.61mol/L，则反应[Ag（NH3）]++2NH3 [Ag（NH3）2]+的平衡常数K′107.22；将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，①+②可得反应[Ag（NH3）]++2NH3 [Ag（NH3）2]+，则平衡常数K′＝K1K2，K2103.90。
【解答】解：A．由分析可知，曲线b代表二氨合银离子的分布分数δ与lgc（NH3）关系，故A错误；
B．由分析可知，反应[Ag（NH3）]++2NH3 [Ag（NH3）2]+的平衡常数K′107.22，则逆反应[Ag（NH3）2]+ [Ag（NH3）]++2NH3的平衡常数K10﹣7.22，故B错误；
C．由分析可知，平衡常数K2＝103.90，故C正确；
D．由图可知，当溶液中氨分子浓度小于0.01mol/L时，银元素以二氨合银离子、一氨合银离子或二氨合银离子、一氨合银离子、银离子的形式存在，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，侧重考查学生平衡常数和图像的掌握情况，试题难度中等。
13．（2023 祁阳县校级模拟）室温下，通过下列实验探究NH4HCO3溶液的性质。
实验 实验操作 实验现象
1 用pH试纸测定0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液的pH pH约为8
2 向0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液中加入过量0.1mol L﹣1Ba（OH）2溶液 析出白色沉淀
3 常温下，将等体积等物质的量浓度NH4HCO3与NaCl溶液混合 析出晶体
4 向0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液中加入0.5mol L﹣1NaOH溶液，加热 有气泡产生
下列有关说法正确的是（ ）
A．实验1Kb（NH3 H2O）＞Ka1（H2CO3）
B．实验2反应静置后的上层清液中有c（Ba2+） c（）＞Ksp（BaCO3）
C．实验3静置后的上层清液中有c（H+）+c（）＜c（OH﹣）+c（）+2c（）
D．实验4中产生的气体是CO2
【答案】A
【分析】A．0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液是弱酸弱碱盐，pH＝8，说明Kh（）＜Kh（）；
B．沉淀析出后的溶液是BaCO3的饱和溶液；
C．NH4HCO3与NaCl混合时析出了NaHCO3晶体，溶液中的电荷守恒式为c（H+）+c（）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（）+c（Cl﹣），由于析出NaHCO3晶体，则溶液中c（Cl﹣）＞c（Na+）；
D．溶液中与OH﹣反应在加热条件下生成NH3。
【解答】解：A．0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液是弱酸弱碱盐，pH＝8，说明Kh（）＜Kh（），则Kb（NH3 H2O）＞Ka1（H2CO3），故A正确；
B．沉淀析出后的溶液是BaCO3的饱和溶液，故有c（Ba2+）c（）＝Ksp（BaCO3），故B错误；
C．NH4HCO3与NaCl混合时析出了NaHCO3晶体，溶液中的电荷守恒式为c（H+）+c（）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（）+c（Cl﹣），由于析出NaHCO3晶体，则溶液中c（Cl﹣）＞c（Na+），故c（H+）+c（）＞c（OH﹣）+c（）+2c（），故C错误；
D．溶液中与OH﹣反应在加热条件下生成NH3，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，不会产生二氧化碳，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。
14．（2025春 南京期末）部分弱电解质的电离常数如表所示，下列说法中正确的是（ ）
弱电解质 HCOOH HCN H2CO3
电离常数（25℃） Ka＝1.8×10﹣4 Ka＝6.2×10﹣10 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11
A．25℃时，反应HCOOH+CN﹣ HCN+HCOO﹣的化学平衡常数K＝2.9×105
B．中和等体积、等浓度的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者
C．结合H+的能力：CN﹣HCOO﹣
D．2CN﹣+H2O+CO2＝2HCN
【答案】A
【分析】A．根据表格中电离常数的数据，结合反应HCOOH+CN HCN+HCOO 的平衡常数计算式分析；
B．等体积、等浓度的HCOOH和HCN溶液，溶质物质的量相同；
C．酸的电离常数Ka越小，酸性越弱，其对应酸根离子结合氢离子能力越强；
D．根据表格中电离常数的数据，酸性：H2CO3＞HCN。
【解答】解：A．根据表格中电离常数的数据，反应HCOOH+CN HCN+HCOO 的平衡常数，故A正确；
B．等体积、等浓度的甲酸和HCN溶液，溶质物质的量相同，则中和所需氢氧化钠的量相等，故B错误；
C．酸的电离常数Ka越小，酸性越弱，其对应酸根离子结合氢离子能力越强，故结合氢离子的能力：CN﹣HCOO﹣，故C错误；
D．根据表格中电离常数的数据，酸性：H2CO3＞HCN，则反应生成，离子方程式为CN﹣+H2O+CO2＝HCN，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
15．（2024秋 南京校级期中）下表是常温下几种弱酸的电离平衡常数。下列说法正确的是（ ）
CH3COOH H2S HClO
A．向Na2S溶液加入少量CH3COOH溶液：
B．反应的平衡常数K＝4.5×10﹣2
C．向NaClO溶液通入少量H2S气体：
D．Na2S、NaClO、CH3COONa中，结合质子能力最强的是NaClO
【答案】A
【分析】根据ka的大小，可以判断酸性的强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS﹣。
【解答】解：A．因为酸性CH3COOH＞H2S，根据强酸制弱酸，加入少量醋酸，发生反应的离子方程式为：，故A正确；
B．反应的平衡常数，故B错误；
C．向次氯酸钠溶液通入少量硫化氢气体，NaClO具有强氧化性，硫化氢具有强还原性，二者发生氧化还原反应，故C错误；
D．酸性越弱，对应的离子结合氢离子的能力越强，故结合质子能力最强的是Na2S，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
16．（2025秋 南京校级月考）25℃时，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10﹣7、Ka2＝4.7×10﹣11、Ksp（CaCO3）＝3.4×10﹣9，下列描述不正确的是（ ）
A．H2O OH﹣+H2CO3，K＝2.2×10﹣8
B．2 H2CO3，K＝1.0×10﹣4
C．Ca2+ CaCO3（s）+H+，K＝1.4×10﹣2
D．NaHCO3溶液中，c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（），则c（H+）
【答案】D
【分析】A．H2O OH﹣+H2CO3的平衡常数K；
B．2 H2CO3的平衡常数K；
C．Ca2+ CaCO3（s）+H+的平衡常数K；
D．NaHCO3溶液中电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（），物料守恒关系为c（Na+）＝c（H2CO3）+c（）+c（），消去c（Na+）可得c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（），结合Ka1c（H+）、Ka2c（H+）、Kw＝c（H+） c（OH﹣）分析判断。
【解答】解：A．反应H2O OH﹣+H2CO3的平衡常数K2.2×10﹣8，故A正确；
B．反应2 H2CO3的平衡常数K1.0×10﹣4，故B正确；
C．反应Ca2+ CaCO3（s）+H+的平衡常数K1.4×10﹣2，故C正确；
D．NaHCO3溶液中电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（），物料守恒关系为c（Na+）＝c（H2CO3）+c（）+c（），消去c（Na+）可得c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（），且Ka1c（H+）、Ka2c（H+）、Kw＝c（H+） c（OH﹣），则c2（H+），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，侧重分析判断能力和计算能力考查，明确可逆反应的平衡常数表达式、各种平衡常数的计算应用、溶液中存在的守恒关系式是解题关键，题目难度中等。
二．解答题（共4小题）
17．（2025秋 镇江月考）水体中的、、是高毒性的重金属离子，可用Cr（Ⅵ）表示。可以采用还原沉淀法、吸附法等处理含Cr（Ⅵ）废水。
（1）钡盐沉淀法：
①部分转化为的离子方程式为 。
②向含Cr（Ⅵ）的酸性废水中加入钡盐，可生成难溶于水的BaCrO4沉淀，其他条件一定，使用等物质的量的BaCl2或BaCO3，反应足够长的时间，使用BaCO3时Cr（Ⅵ）的沉铬率要优于使用BaCl2的原因是 BaCO3与H+反应，溶液中H+浓度减小，使的平衡逆向移动，浓度增大，有利于Cr（Ⅵ）完全转化为BaCrO4沉淀 。
（2）纳米铁粉还原法：
纳米铁粉可将水体中Cr（Ⅵ）还原为Cr3+，再通过调节溶液pH转化为Cr（OH）3沉淀而被除去。
①在氮气气氛保护下，向一定量的FeCl2溶液中逐滴加入一定量的NaBH4溶液，可制得纳米铁粉，反应的离子方程式为，反应每转移4mol电子，被Fe2+氧化的NaBH4的物质的量为 0.25 。
②实验发现，其他条件相同，含铁的物质的量相同，用纳米铁粉和铁﹣铜粉分别处理pH＝5的含Cr（Ⅵ）废水，废水中Cr（Ⅵ）的去除率随时间的变化关系如图1所示，用铁﹣铜粉处理含Cr（Ⅵ）废水的效果更好，原因是 形成Fe﹣Cu原电池，加快了反应速率 。
（3）还原吸附法：
CuS—TiO2吸附并部分还原Cr（Ⅵ），原理如图2所示。实验控制在pH＜6的弱酸性条件下进行。
①CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，在pH＞6的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是 在酸性条件下，CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，而带负电荷，更易吸附到催化剂表面 。
②起始pH＝4时，溶液中Cr（Ⅵ）和Cu2+的浓度随时间的变化如图3所示。Cu2+浓度先增大后减小的原因是 CuS被Cr（Ⅵ）氧化为S和Cu2+，使溶液中Cu2+浓度增大；反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，Cu2+水解加剧，又使Cu2+浓度减小 。
（4）离子交换法：
阴离子交换树脂去除酸性废水中Cr（Ⅵ）的原理为。某树脂的Cr（Ⅵ）摩尔交换总容量为1.45mol L﹣1，即每升湿树脂最多吸收1.45mol Cr（Ⅵ）。现将Cr（Ⅵ）含量为60mg L﹣1的废水以2.0L h﹣1的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和 达到 [Cr（Ⅵ）均以铬元素计，写出计算过程]。
【答案】（1）①；
②BaCO3与H+反应，溶液中H+浓度减小，使的平衡逆向移动，浓度增大，有利于Cr（Ⅵ）完全转化为BaCrO4沉淀；
（2）①0.25；
②形成Fe﹣Cu原电池，加快了反应速率；
（3）①在酸性条件下，CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，而带负电荷，更易吸附到催化剂表面；
②CuS被Cr（Ⅵ）氧化为S和Cu2+，使溶液中Cu2+浓度增大；反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，Cu2+水解加剧，又使Cu2+浓度减小；
（4）达到。
【分析】（1）①部分转化为，根据电荷守恒和元素守恒可知；
②碳酸钡能与溶液中的氢离子反应，氢离子浓度减小，使的平衡逆向移动，溶液中铬酸根离子浓度增大，有利于铬元素转化为铬酸钡沉淀，而氯化钡不能与溶液中氢离子反应；
（2）①由电负性可知，四氢合硼酸钠中氢元素为—1价、硼元素为+3价，则制备纳米铁粉的反应中四氢合硼酸钠为反应的还原剂，亚铁离子和水是氧化剂，由得失电子数目守恒可知，每生成1 mol纳米铁粉时，转移8mol电子；
②由铁—铜粉处理含Cr（Ⅵ）的酸性废水时，铁—铜在溶液中构成原电池，原电池反应使反应速率加快；
（3）①CuS—TiO2可吸附并部分还原Cr（Ⅵ），CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更容易吸附到表面；
②根据原理图可知，发生反应：，CuS还原Cr（Ⅵ）生成Cu2+，使Cu2+浓度增大，且反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，促使Cu2+水解转化为氢氧化铜，使Cu2+浓度减小；
（4）根据所给信息进行计算，30 mL湿树脂最多吸收Cr（Ⅵ）的质量：，通废水20 h湿树脂需吸收Cr（Ⅵ）的质量：，m1＜m2。
【解答】解：（1）①部分转化为，根据电荷守恒和元素守恒可知，离子方程式为：，
故答案为：；
②碳酸钡能与溶液中的氢离子反应，氢离子浓度减小，使的平衡逆向移动，溶液中铬酸根离子浓度增大，有利于铬元素转化为铬酸钡沉淀，而氯化钡不能与溶液中氢离子反应，所以使用碳酸钡时Cr（Ⅵ）的沉铬率要优于使用氯化钡，
故答案为：BaCO3与H+反应，溶液中H+浓度减小，使的平衡逆向移动，浓度增大，有利于Cr（Ⅵ）完全转化为BaCrO4沉淀；
（2）①由电负性可知，四氢合硼酸钠中氢元素为—1价、硼元素为+3价，则制备纳米铁粉的反应中四氢合硼酸钠为反应的还原剂，亚铁离子和水是氧化剂，由得失电子数目守恒可知，每生成1 mol纳米铁粉时，转移8mol电子，被亚铁离子氧化的四氢合硼酸根离子的物质的量为0.5mol，则每转移4 mol电子，被Fe2+氧化的NaBH4的物质的量为0.25 mol，
故答案为：0.25；
②由铁—铜粉处理含Cr（Ⅵ）的酸性废水时，铁—铜在溶液中构成原电池，原电池反应使反应速率加快，所以用铁—铜粉处理含Cr（Ⅵ）的废水的效果更好，
故答案为：形成Fe﹣Cu原电池，加快了反应速率；
（3）①CuS—TiO2可吸附并部分还原Cr（Ⅵ），CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更容易吸附到表面，促进反应的进行，使得在酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快，
故答案为：在酸性条件下，CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，而带负电荷，更易吸附到催化剂表面；
②根据原理图可知，发生反应：，CuS还原Cr（Ⅵ）生成Cu2+，使Cu2+浓度增大，且反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，促使Cu2+水解转化为氢氧化铜，使Cu2+浓度减小，导致Cu2+浓度先增大后减小，
故答案为：CuS被Cr（Ⅵ）氧化为S和Cu2+，使溶液中Cu2+浓度增大；反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，Cu2+水解加剧，又使Cu2+浓度减小；
（4）根据所给信息进行计算，30 mL湿树脂最多吸收Cr（Ⅵ）的质量：，通废水20 h湿树脂需吸收Cr（Ⅵ）的质量：，m1＜m2，故该树脂达到摩尔交换总容量，20h时达到吸收饱和，
故答案为：达到。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
18．（2025秋 秦淮区月考）已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如表：
化学式 HF HClO H2CO3 CH3COOH
电离常数 4.0×10﹣4 4.7×10﹣8 K1＝4.3×10﹣7K2＝5.6×10﹣11 1.7×10﹣5
（1）常温下，溶液pH由大到小的顺序是 A＞C＞B （填字母）。
A．0.10mol L﹣1CH3COOH溶液；
B．0.10mol L﹣1盐酸；
C．0.10mol L﹣1HF
（2）①F﹣；②ClO﹣；③；④；⑤CH3COO﹣；
结合H+的能力由大到小的顺序是 ③＞②＞④＞⑤＞① （填字母），向NaClO溶液中通入CO2，反应的离子方程式为 ClO﹣+CO2+H2O＝HClO 。
（3）常温下将pH＝3的H2SO4溶液和pH＝12的NaOH溶液混合，充分混合后所得溶液的pH＝7，则H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比为 10：1 。
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H+ H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，其原因是 当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变 ，如血液中c（）＝10c（H2CO3），则血液中c（H+）＝ 4.3×10﹣8 mol/L。
【答案】（1）A＞C＞B；
（2）③＞②＞④＞⑤＞①；ClO﹣+CO2+H2O＝HClO；
（3）10：1；
（4）当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；4.3×10﹣8。
【分析】（1）电离平衡常数可知酸性HF＞CH3COOH，盐酸为强酸；
（2）根据酸的电离常数，判断不同酸根离子结合H+的能力，从而确定其结合H+的能力大小。根据强酸制弱酸的原理，写出反应的离子方程式；
（3）根据pH的定义和中和反应的原理，计算H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比；
（4）当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使c（H+）变化较小，血液的pH变化不大；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动．使c（H+）变化较小，血液的pH变化不大，结合电离平衡常数计算氢离子浓度。
【解答】解：（1）A．0.10mol L﹣1CH3COOH溶液是弱酸溶液；
B．0.10mol L﹣1盐酸溶液为强酸溶液；
C．0.10mol L﹣1HF为乳酸溶液，电离平衡常数可知酸性大于CH3COOH；
常温下，溶液pH由大到小的顺序为：A＞C＞B，
故答案为：A＞C＞B；
（2）结合H+的能力由对应共轭酸的Ka决定，Ka越小，对应的阴离子Kh越大，结合H+能力越强，酸性：HF＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO，则结合H+的能力由大到小的顺序是：③＞②＞④＞⑤＞①，酸性：H2CO3＞HClO，依据强酸制弱酸的规律，向NaClO溶液中通入CO2，生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO，
故答案为：③＞②＞④＞⑤＞①；ClO﹣+CO2+H2O＝HClO；
（3）常温下Kw＝1×10﹣14，H2SO4（pH＝3）视为完全离解，H+浓度＝1×10 3mol/L，NaOH（pH＝12）的OH 浓度＝1×10 2mol/L，中和后n（H+）＝n（OH ），即1×10 3×V酸＝1×10 2×V碱，，
故答案为：10：1；
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H+ H2CO3 CO2+H2O，当有少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使血液中c（H+）变化较小，血液的pH变化不大，当有少量碱性物质进入血液中，反应消耗H+，电离平衡向左移动。使c（H+）变化较小，始终使血液的pH变化不大，如血液中c（）＝10c（H2CO3），Ka110c（H+）＝4.3×10﹣7，则血液中c（H+）＝4.3×10﹣8mol/L，
故答案为：当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变，当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；4.3×10﹣8。
【点评】本题主要考查了弱酸的电离常数、酸根离子结合H+的能力、pH的计算、电荷守恒、溶液的酸碱性以及平衡常数的计算。这些知识点都是化学基础知识在溶液中的应用，体现了化学与生活的紧密联系。
19．（2025秋 常州月考）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的悬浊液可吸收烟气中SO2并同时制备MnSO4 H2O。
（1）制备MnSO4 H2O反应的化学方程式为MnO2+SO2+H2O＝MnSO4 H2O，质量为26.10g纯净MnO2最多能吸收 6.72 L（标准状况）SO2。
（2）准确称取0.3420gMnSO4 H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使MnSO4全部反应生成Mn2（SO4）3，用c（FeSO4）＝0.0500mol/L的标准溶液与Mn2（SO4）3恰好反应[反应方程式：2FeSO4+Mn2（SO4）3＝2MnSO4+Fe2（SO4）3]，消耗FeSO4溶液40.00mL。计算MnSO4 H2O样品的纯度 关系式为2MnSO4 H2O～Mn2（SO4）3～2FeSO4，则n（MnSO4 H2O）＝n（FeSO4）＝nM＝0.04L×0.0500mol/L＝0.002mol，m（MnSO4 H2O）＝nM＝0.002mol×169g/mol＝0.3380g，纯度为100%≈98.83% （写出计算过程，否则不得分。保留2位小数）。
（3）如图为MnSO4 H2O、MnSO4 5H2O、MgSO4 6H2O晶体的溶解度曲线，现从MnSO4和MgSO4的混合溶液中来获得MnSO4 H2O晶体，简述实验步骤是 加热浓缩MnSO4和MgSO4混合溶液，蒸发结晶（至大量晶体析出），在60℃以上趁热过滤，洗涤，低温干燥 。
【答案】（1）6.72；
（2）关系式为2MnSO4 H2O～Mn2（SO4）3～2FeSO4，则n（MnSO4 H2O）＝n（FeSO4）＝nM＝0.04L×0.0500mol/L＝0.002mol，m（MnSO4 H2O）＝nM＝0.002mol×169g/mol＝0.3380g，纯度为100%≈98.83%；
（3）加热浓缩（MnSO4和MgSO4）混合溶液，蒸发结晶（至大量晶体析出），在60℃以上趁热过滤，洗涤，低温干燥。
【分析】（1）反应为MnO2+SO2+H2O＝MnSO4 H2O，则n（SO2）＝n（MnO2）0.3mol，结合V＝nVm进行计算；
（2）根据Mn原子守恒和反应2FeSO4+Mn2（SO4）3＝2MnSO4+Fe2（SO4）3得到关系式为2MnSO4 H2O～Mn2（SO4）3～2FeSO4，则n（MnSO4 H2O）＝n（FeSO4）＝nM＝0.04L×0.0500mol/L＝0.002mol，m（MnSO4 H2O）＝nM＝0.002mol×169g/mol＝0.338g，结合纯度公式进行计算；
（3）由图可知，温度高于40℃时MnSO4 H2O的溶解度随着温度升高而减小，MgSO4 6H2O的溶解度随着温度升高而大幅度增大，且温度高于40℃时MnSO4 5H2O晶体转化为MnSO4 H2O晶体，但60℃时MnSO4 H2O溶解度大于MgSO4 6H2O，所以从MnSO4和MgSO4的混合溶液中获得MnSO4 H2O晶体，可将浓缩液控制在60℃以上蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，低温干燥。
【解答】解：（1）反应为MnO2+SO2+H2O＝MnSO4 H2O，则26.10gMnO2最多能吸收n（SO2）＝n（MnO2）0.3mol，标准状况下的体积为0.3mol×22.4L/mol＝6.72L，故答案为：6.72；
（2）根据Mn原子守恒和反应2FeSO4+Mn2（SO4）3＝2MnSO4+Fe2（SO4）3得到关系式为2MnSO4 H2O～Mn2（SO4）3～2FeSO4，则n（MnSO4 H2O）＝n（FeSO4）＝nM＝0.04L×0.0500mol/L＝0.002mol，m（MnSO4 H2O）＝nM＝0.002mol×169g/mol＝0.3380g，所以MnSO4 H2O样品的纯度为100%≈98.83%，故答案为：关系式为2MnSO4 H2O～Mn2（SO4）3～2FeSO4，则n（MnSO4 H2O）＝n（FeSO4）＝nM＝0.04L×0.0500mol/L＝0.002mol，m（MnSO4 H2O）＝nM＝0.002mol×169g/mol＝0.3380g，纯度为100%≈98.83%；
（3）由图可知，温度高于40℃时MnSO4 H2O的溶解度随着温度升高而减小，MnSO4 5H2O晶体转化为MnSO4 H2O晶体，MgSO4 6H2O的溶解度随着温度升高而大幅度增大，但60℃时MnSO4 H2O溶解度大于MgSO4 6H2O，所以从MnSO4和MgSO4的混合溶液中尽可能多地获得MnSO4 H2O晶体，其实验操作为：加热浓缩MnSO4和MgSO4混合溶液，蒸发结晶（至大量晶体析出），在60℃以上趁热过滤，洗涤，低温干燥，
故答案为：加热浓缩MnSO4和MgSO4混合溶液，蒸发结晶（至大量晶体析出），在60℃以上趁热过滤，洗涤，低温干燥。
【点评】本题考查滴定法实验及含量测定、化学方程式的计算，侧重实验能力和计算能力考查，掌握关系式法计算、混合物分离提纯方法及其实验操作是解题关键，题目难度中等。
20．（2025春 徐州期末）氮族元素包括N、P、As、Sb、Bi等元素，可以形成多种含氧酸。
常温下，4种酸的电离平衡常数如下：
化学式 HNO2 H3PO3 H3PO4 H3AsO3
电廉平衡 Ka＝4.6×10﹣4 Ka1＝3.7×10﹣2Ka2＝2.9×10﹣7 Ka1＝7.5×10﹣3Ka2＝6.2×10﹣8Ka3＝2.2×10﹣13 Ka1 Ka2 Ka3
（1）①、H2、H2结合H+能力由大到小的顺序是 H2H2 。
②物质的量浓度均为0.1mol L﹣1的NaNO2、NaH2PO3溶液中，c（） ＞ c（）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）常温下，pH＝4的NaH2PO4溶液中水电离的c（H+）为 1×10﹣10 mol L﹣1。
（3）亚砷酸（H3AsO3）为三元弱酸，四种含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图﹣1所示。
①pH为7～8时，砷元素的主要微粒是 H3AsO3 。
②将NaOH溶液滴入H3AsO3溶液中，当pH＝8时，n（H3AsO3）：n（H2）＝ 101.3 ；当pH由11到12时，发生主要反应的离子方程式为 H2OH﹣＝ H2O 。
（4）工业含砷（Ⅲ）废水常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生Fe（OH）3胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。通过实验测得不同pH条件下铁盐对含砷（Ⅲ）化合物的去除率，如题图﹣2所示。pH为5～9时，随溶液pH的增大，铁盐混凝剂对含砷（Ⅲ）化合物的吸附效果增强的可能原因为 pH从5升到9时，溶液中H2AsO3比例增多，更易被带正电荷的Fe（OH）3胶粒吸附，且pH升高有利于产生更多Fe（OH）3胶粒，增强吸附效果 。
【答案】（1）①H2H2；
②＞；
（2）1×10﹣10；
（3）①H3AsO3；
②101.3；H2OH﹣＝ H2O；
（4）pH从5升到9时，溶液中H2AsO3比例增多，更易被带正电荷的Fe（OH）3胶粒吸附，且pH升高有利于产生更多Fe（OH）3胶粒，增强吸附效果。
【分析】相同条件下，电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强，则根据表格中各酸的电离常数可以得到酸性强弱顺序为：H3PO4＞H3PO4＞HNO3＞H3PO3＞H2；根据亚砷酸（H3AsO3）为三元弱酸，四种含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系图可知，a曲线表示H3AsO3，b曲线表示H2AsO3，c曲线表示，d曲线表示；当pH ＝ 9.3时，有c（H3AsO3） ＝ c（H2AsO3），此时的Ka1＝1×10﹣9.3；当pH ＝ 12.5时，有c（H2AsO3） ＝ c（），此时的Ka2＝10﹣12.5；当pH ＝ 13.4时，有c（） ＝ c（），此时的Ka3＝10﹣13.4，据此信息解答。
【解答】解：（1）①通常情况下，酸性越强，其酸根离子结合H+的能力越弱，现有酸性H3PO3＞H3PO4＞HNO2，则其酸根离子结合H+的能力由大到小的顺序为：H2H2，
故答案为：H2H2；
②在物质的量浓度均为0.1mol L﹣1的NaNO2、NaH2PO2溶液中，酸性越强，其酸根离子的水解越弱，则有的水解常数为：Kh2.2×10﹣11；H2的电离常数为：Ka2＝2.9×10﹣7，水解常数为2.9×10﹣7，则有H2的电离大于其水解，所以溶液中离子浓度大小关系为c（）＞c（），
故答案为：＞；
（2）常温下，pH ＝ 4的NaH2PO2溶液中，总c（H+） ＝ 1×10﹣4mol L﹣1，由于是盐溶液，溶液中的OH﹣全部由水提供，则有c（OH﹣）水＝ c（H+）水 ＝ 1×10﹣10mol L﹣1，
故答案为：1×10﹣10；
（3）①根据图形，当pH为7～8时，砷元素的主要微粒是：H3AsO3，
故答案为：H3AsO3；
②将NaOH溶液滴入H3AsO3溶液中，当pH ＝ 8时，根据Ka1计算公式，101.3；当pH由11到12时，由图可知就由H3AsO3转变为，发生主要反应的离子方程式为：H2OH﹣＝ H2O，
故答案为：101.3；H2OH﹣＝ H2O；
（4）由图可知，pH越大，As去除率越高，则pH为5～9时，随溶液pH的增大，铁盐混凝剂对各种（Ⅲ）化合物的吸附效果增强的可能原因为：pH从5升到9时，溶液中H2AsO3比例增多，更易被带正电荷的Fe（OH）3胶粒吸附，且pH升高有利于产生更多Fe（OH）3胶粒，增强吸附效果，
故答案为：pH从5升到9时，溶液中H2AsO3比例增多，更易被带正电荷的Fe（OH）3胶粒吸附，且pH升高有利于产生更多Fe（OH）3胶粒，增强吸附效果。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
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3.4沉淀溶解平衡
一．选择题（共16小题）
1．（2024秋 佛山期末）“劳动是一切幸福的源泉”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是（ ）
选项 劳动项目 化学知识
A 用食醋清除水壶中的水垢 醋酸的酸性强于碳酸
B 用NH4Cl溶液清除铁锈 NH4Cl水解使溶液呈酸性
C 用FeS处理废水中的Cu2+ Ksp（FeS）＞Ksp（CuS）
D 更换与电热水器内胆相连的镁棒 外加电流法可防止金属腐蚀
A．A B．B C．C D．D
2．（2025秋 四川月考）常温下，PdCO3和Pd（OH）2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．向Z点对应溶液中加入适量的NaOH溶液，有可能得到X点对应溶液
B．Y点对应的PdCO3分散系中，v（溶解）＞v（沉淀），固体仍在溶解
C．PbCO3（s）+2OH﹣（aq） Pb（OH）2（s） K＝0.01
D．由两者的Ksp可知，Pd（OH）2的溶解度更小
3．（2025 保定一模）工业回收废旧铅蓄电池的铅，首先是将PbSO4转化为PbCO3。现有含PbCO3（s）的0.1mol L﹣1、1.0mol L﹣1的Na2CO3溶液，含PbSO4（s）的0.1mol L﹣1、1.0mol L﹣1的Na2SO4溶液。在一定pH范围内，4种溶液中﹣lgc（Pb2+）随pH的变化关系如图所示。[，平衡常数大于105时表示反应进行完全]。下列说法正确的是（ ）
A．图中x＝9.6
B．曲线③代表含PbCO3（s）的1.0mol L﹣1Na2CO3溶液的变化曲线
C．加入Na2CO3不能使铅蓄电池中PbSO4完全转化为PbCO3
D．对含PbSO4（s）的Na2CO3初始浓度为1.0mol L﹣1的溶液，pH变化不会使沉淀发生转化
4．（2025 浙江开学）H2S常用于废水处理，处理过程中始终保持饱和状态。在某处理体系中pH与﹣lgc关系如图所示，c为HS﹣、S2﹣、Cd2+的浓度（单位：mol/L）。已知：25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol/L；100.7＝5，，下列说法不正确的是（ ）
A．曲线①代表Cd2+且Ksp（CdS）＝10﹣26
B．0.1mol/LNa2S溶液中，S2﹣水解率约为95%
C．
D．向Cd2+的浓度为0.1mol/L的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+）
5．（2023秋 肇庆期末）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（ ）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 为保护铁闸门不被腐蚀，常将铁闸门与电源负极相连 利用外加电流的阴极保护法使金属构件不被腐蚀
B 将合成氨（N2+3H2 2NH3）平衡体系的体积压缩一半后压强低于原平衡压强的两倍 加压使反应N2+3H2 2NH3的平衡常数增大
C 常温下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3 相同浓度的Na2CO3溶液水解程度大于NaHCO3
D 将SO2气体通入BaCl2溶液中没有明显现象，将NH3、SO2混合气体通入BaCl2溶液中产生白色沉淀 Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaSO3）
A．A B．B C．C D．D
6．（2024秋 岳麓区校级期中）将CaCO3溶解于同温度、同浓度的下列溶液中，溶解度最小的是（ ）
A．CaCl2 B．Na2CO3 C．NaCl D．NaHCO3
7．（2024秋 沈阳期中）已知Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10，Ksp（AgBr）＝7.7×10﹣13，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12。某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和，浓度均为0.10mol L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.10mol L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（ ）
A．Br﹣、Cl﹣、 B．、Br﹣、Cl﹣
C．Cl﹣、Br﹣、 D．Br﹣、、Cl﹣
8．（2024 福建）将草酸钙固体溶于不同初始浓度[c0（HCl）]的盐酸中，平衡时部分组分的lgc﹣lgc0（HCl）关系如图。已知草酸Ka1＝10﹣1.3，Ka2＝10﹣4.3。下列说法错误的是（ ）
A．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，溶液的pH＝1.3
B．任意c0（HCl）下均有：c（Ca2+）＝c（HC2）+c（H2C2O4）+c（C2）
C．CaC2O4（s）+2H+（aq）═Ca2+（aq）+H2C2O4（aq）的平衡常数为10﹣3.0
D．lgc0（HCl）＝﹣4.1时，2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（HC2）+c（Cl﹣）
9．（2023秋 福清市期末）化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，然后用酸除去
B．镀锡铁比镀锌铁更耐腐蚀
C．疫苗一般应冷藏存放，以减小蛋白质变性的速率
D．新能源汽车锂电池工作时把化学能转化为电能
10．（2022秋 惠州期末）下列说法不正确的是（ ）
A．热的纯碱溶液去油污效果更好
B．0.1mol L﹣1NH4Cl溶液中电荷守恒为c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）
C．配制FeCl3溶液时，直接将FeCl3晶体溶于水即可制得
D．常温下Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，当c（Ag+）＝0.01mol/L时，c（Cl﹣）＝1.8×10﹣8mol/L开始沉淀
11．（2023 河北模拟）二元有机酸（H2X）的电离常数Ka1＝1.67×10﹣8、Ka2＝3.34×10﹣17。BaX难溶于水，常温下，将BaX溶解在一定浓度的HY溶液中，直至不再溶解，测得混合液中c2（H+）与c2（Ba2+）的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
已知：HY是一元强酸，BaY2易溶于水。
A．NaHX溶液显碱性
B．溶度积Ksp（BaX）≈6.18×10﹣21mol2 L﹣2
C．b点：2c（Ba2+）+c（H+）＝2c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（OH﹣）+c（Y﹣）
D．若0.01mol BaX溶于1Lxmol L﹣1HY溶液中得到c点溶液，则x＝0.4
12．（2023 沙市区校级模拟）已知：Ag++NH3 [Ag（NH3）]+，K1＝103.32，[Ag（NH3）]++NH3 [Ag（NH3）2]+，K2Ag+、[Ag（NH3）]+、[Ag（NH3）2]+的分布分数δ与lgc（NH3）关系如图所示，下列说法正确的是（ ）{例如：分布分数δ（Ag+）}
A．曲线b代表[Ag（NH3）]+
B．[Ag（NH3）2]+ Ag++2NH3的平衡常数K＝10﹣3.61
C．K2＝103.90
D．当c（NH3）＜0.01mol L﹣1时，银元素主要以[Ag（NH3）2]+形式存在
13．（2023 祁阳县校级模拟）室温下，通过下列实验探究NH4HCO3溶液的性质。
实验 实验操作 实验现象
1 用pH试纸测定0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液的pH pH约为8
2 向0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液中加入过量0.1mol L﹣1Ba（OH）2溶液 析出白色沉淀
3 常温下，将等体积等物质的量浓度NH4HCO3与NaCl溶液混合 析出晶体
4 向0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液中加入0.5mol L﹣1NaOH溶液，加热 有气泡产生
下列有关说法正确的是（ ）
A．实验1Kb（NH3 H2O）＞Ka1（H2CO3）
B．实验2反应静置后的上层清液中有c（Ba2+） c（）＞Ksp（BaCO3）
C．实验3静置后的上层清液中有c（H+）+c（）＜c（OH﹣）+c（）+2c（）
D．实验4中产生的气体是CO2
14．（2025春 南京期末）部分弱电解质的电离常数如表所示，下列说法中正确的是（ ）
弱电解质 HCOOH HCN H2CO3
电离常数（25℃） Ka＝1.8×10﹣4 Ka＝6.2×10﹣10 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11
A．25℃时，反应HCOOH+CN﹣ HCN+HCOO﹣的化学平衡常数K＝2.9×105
B．中和等体积、等浓度的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者
C．结合H+的能力：CN﹣HCOO﹣
D．2CN﹣+H2O+CO2＝2HCN
15．（2024秋 南京校级期中）下表是常温下几种弱酸的电离平衡常数。下列说法正确的是（ ）
CH3COOH H2S HClO
A．向Na2S溶液加入少量CH3COOH溶液：
B．反应的平衡常数K＝4.5×10﹣2
C．向NaClO溶液通入少量H2S气体：
D．Na2S、NaClO、CH3COONa中，结合质子能力最强的是NaClO
16．（2025秋 南京校级月考）25℃时，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10﹣7、Ka2＝4.7×10﹣11、Ksp（CaCO3）＝3.4×10﹣9，下列描述不正确的是（ ）
A．H2O OH﹣+H2CO3，K＝2.2×10﹣8
B．2 H2CO3，K＝1.0×10﹣4
C．Ca2+ CaCO3（s）+H+，K＝1.4×10﹣2
D．NaHCO3溶液中，c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（），则c（H+）
二．解答题（共4小题）
17．（2025秋 镇江月考）水体中的、、是高毒性的重金属离子，可用Cr（Ⅵ）表示。可以采用还原沉淀法、吸附法等处理含Cr（Ⅵ）废水。
（1）钡盐沉淀法：
①部分转化为的离子方程式为 。
②向含Cr（Ⅵ）的酸性废水中加入钡盐，可生成难溶于水的BaCrO4沉淀，其他条件一定，使用等物质的量的BaCl2或BaCO3，反应足够长的时间，使用BaCO3时Cr（Ⅵ）的沉铬率要优于使用BaCl2的原因是 。
（2）纳米铁粉还原法：
纳米铁粉可将水体中Cr（Ⅵ）还原为Cr3+，再通过调节溶液pH转化为Cr（OH）3沉淀而被除去。
①在氮气气氛保护下，向一定量的FeCl2溶液中逐滴加入一定量的NaBH4溶液，可制得纳米铁粉，反应的离子方程式为，反应每转移4mol电子，被Fe2+氧化的NaBH4的物质的量为 。
②实验发现，其他条件相同，含铁的物质的量相同，用纳米铁粉和铁﹣铜粉分别处理pH＝5的含Cr（Ⅵ）废水，废水中Cr（Ⅵ）的去除率随时间的变化关系如图1所示，用铁﹣铜粉处理含Cr（Ⅵ）废水的效果更好，原因是 。
（3）还原吸附法：
CuS—TiO2吸附并部分还原Cr（Ⅵ），原理如图2所示。实验控制在pH＜6的弱酸性条件下进行。
①CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，在pH＞6的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是 。
②起始pH＝4时，溶液中Cr（Ⅵ）和Cu2+的浓度随时间的变化如图3所示。Cu2+浓度先增大后减小的原因是 。
（4）离子交换法：
阴离子交换树脂去除酸性废水中Cr（Ⅵ）的原理为。某树脂的Cr（Ⅵ）摩尔交换总容量为1.45mol L﹣1，即每升湿树脂最多吸收1.45mol Cr（Ⅵ）。现将Cr（Ⅵ）含量为60mg L﹣1的废水以2.0L h﹣1的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和 [Cr（Ⅵ）均以铬元素计，写出计算过程]。
18．（2025秋 秦淮区月考）已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如表：
化学式 HF HClO H2CO3 CH3COOH
电离常数 4.0×10﹣4 4.7×10﹣8 K1＝4.3×10﹣7K2＝5.6×10﹣11 1.7×10﹣5
（1）常温下，溶液pH由大到小的顺序是 （填字母）。
A．0.10mol L﹣1CH3COOH溶液；
B．0.10mol L﹣1盐酸；
C．0.10mol L﹣1HF
（2）①F﹣；②ClO﹣；③；④；⑤CH3COO﹣；
结合H+的能力由大到小的顺序是 （填字母），向NaClO溶液中通入CO2，反应的离子方程式为 。
（3）常温下将pH＝3的H2SO4溶液和pH＝12的NaOH溶液混合，充分混合后所得溶液的pH＝7，则H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比为 。
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H+ H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，其原因是 ，如血液中c（）＝10c（H2CO3），则血液中c（H+）＝ mol/L。
19．（2025秋 常州月考）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的悬浊液可吸收烟气中SO2并同时制备MnSO4 H2O。
（1）制备MnSO4 H2O反应的化学方程式为MnO2+SO2+H2O＝MnSO4 H2O，质量为26.10g纯净MnO2最多能吸收 L（标准状况）SO2。
（2）准确称取0.3420gMnSO4 H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使MnSO4全部反应生成Mn2（SO4）3，用c（FeSO4）＝0.0500mol/L的标准溶液与Mn2（SO4）3恰好反应[反应方程式：2FeSO4+Mn2（SO4）3＝2MnSO4+Fe2（SO4）3]，消耗FeSO4溶液40.00mL。计算MnSO4 H2O样品的纯度 （写出计算过程，否则不得分。保留2位小数）。
（3）如图为MnSO4 H2O、MnSO4 5H2O、MgSO4 6H2O晶体的溶解度曲线，现从MnSO4和MgSO4的混合溶液中来获得MnSO4 H2O晶体，简述实验步骤是 。
20．（2025春 徐州期末）氮族元素包括N、P、As、Sb、Bi等元素，可以形成多种含氧酸。
常温下，4种酸的电离平衡常数如下：
化学式 HNO2 H3PO3 H3PO4 H3AsO3
电廉平衡 Ka＝4.6×10﹣4 Ka1＝3.7×10﹣2Ka2＝2.9×10﹣7 Ka1＝7.5×10﹣3Ka2＝6.2×10﹣8Ka3＝2.2×10﹣13 Ka1 Ka2 Ka3
（1）①、H2、H2结合H+能力由大到小的顺序是 。
②物质的量浓度均为0.1mol L﹣1的NaNO2、NaH2PO3溶液中，c（） c（）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）常温下，pH＝4的NaH2PO4溶液中水电离的c（H+）为 mol L﹣1。
（3）亚砷酸（H3AsO3）为三元弱酸，四种含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图﹣1所示。
①pH为7～8时，砷元素的主要微粒是 。
②将NaOH溶液滴入H3AsO3溶液中，当pH＝8时，n（H3AsO3）：n（H2）＝ ；当pH由11到12时，发生主要反应的离子方程式为 。
（4）工业含砷（Ⅲ）废水常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生Fe（OH）3胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。通过实验测得不同pH条件下铁盐对含砷（Ⅲ）化合物的去除率，如题图﹣2所示。pH为5～9时，随溶液pH的增大，铁盐混凝剂对含砷（Ⅲ）化合物的吸附效果增强的可能原因为 。
3.4沉淀溶解平衡
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D A C C A A A D B C B
题号 12 13 14 15 16
答案 C A A A D
一．选择题（共16小题）
1．（2024秋 佛山期末）“劳动是一切幸福的源泉”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是（ ）
选项 劳动项目 化学知识
A 用食醋清除水壶中的水垢 醋酸的酸性强于碳酸
B 用NH4Cl溶液清除铁锈 NH4Cl水解使溶液呈酸性
C 用FeS处理废水中的Cu2+ Ksp（FeS）＞Ksp（CuS）
D 更换与电热水器内胆相连的镁棒 外加电流法可防止金属腐蚀
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】A．根据强酸制弱酸规律分析判断；
B．铁锈主要成分氧化铁，能与氢离子反应；
C．根据沉淀转化规律分析判断；
D．电热水器内胆连接镁棒防止腐蚀，镁作负极被腐蚀，属于牺牲阳极法。
【解答】解：A．醋酸酸性强于碳酸，能与碳酸钙反应，则食醋可用于清洗水壶中的水垢，故A正确；
B．铁锈主要成分氧化铁，氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，能与氧化铁反应生成可溶性铁盐，可用于NH4Cl溶液除锈，故B正确；
C．用FeS处理废水中的Cu2+生成CuS，根据沉淀转化规律可知，溶解性：FeS＞CuS，即Ksp（FeS）＞Ksp（CuS），故C正确；
D．电热水器内胆连接镁棒防止腐蚀，镁作负极被腐蚀，属于牺牲阳极法，不属于外加电流法，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及盐类水解原理的应用，侧重分析能力和基础知识运用能力考查，把握沉淀转化规律、盐类水解原理、物质性质及发生的反应、金属防护措施是解题关键，题目难度不大。
2．（2025秋 四川月考）常温下，PdCO3和Pd（OH）2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．向Z点对应溶液中加入适量的NaOH溶液，有可能得到X点对应溶液
B．Y点对应的PdCO3分散系中，v（溶解）＞v（沉淀），固体仍在溶解
C．PbCO3（s）+2OH﹣（aq） Pb（OH）2（s） K＝0.01
D．由两者的Ksp可知，Pd（OH）2的溶解度更小
【答案】A
【分析】溶液中大小与c（Pd2+）成反比，故若增大一个单位，则减小一个单位，因此曲线Ⅱ是PdCO3的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是Pd（OH）2的沉淀溶解平衡曲线。
【解答】解：A向Z点对应溶液中加入适量NaOH溶液，c（Pd2+）减小而c（OH﹣）会增大，可得到X点对应溶液，故A正确；
B．Y点在曲线Ⅱ下方，说明离子浓度大，处于过饱和状态，沉淀速率较大，故B错误；
C．由图中数据知，当﹣lgc（Pd2+）＝6时，、﹣lgc（OH﹣）＝4，由此可求出；Ksp（PdCO3）＝10﹣12，Ksp（Pd（OH）2）＝10﹣14，PbCO3（s）+2OH﹣（aq） Pb（OH）2（s） K100，故C错误；
D．由两者的Ksp（PdCO3）＝10﹣12，Ksp（Pd（OH）2）＝10﹣14，则c（）＝c（Pd2+）＝10﹣6mol/L，设c（Pd2+）为xmol则c（OH﹣）＝2xmol，Ksp（Pd（OH）2）＝x×（2x）2＝10﹣14，x＝c（Pd2+），Pd（OH）2的溶解度更大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3．（2025 保定一模）工业回收废旧铅蓄电池的铅，首先是将PbSO4转化为PbCO3。现有含PbCO3（s）的0.1mol L﹣1、1.0mol L﹣1的Na2CO3溶液，含PbSO4（s）的0.1mol L﹣1、1.0mol L﹣1的Na2SO4溶液。在一定pH范围内，4种溶液中﹣lgc（Pb2+）随pH的变化关系如图所示。[，平衡常数大于105时表示反应进行完全]。下列说法正确的是（ ）
A．图中x＝9.6
B．曲线③代表含PbCO3（s）的1.0mol L﹣1Na2CO3溶液的变化曲线
C．加入Na2CO3不能使铅蓄电池中PbSO4完全转化为PbCO3
D．对含PbSO4（s）的Na2CO3初始浓度为1.0mol L﹣1的溶液，pH变化不会使沉淀发生转化
【答案】C
【分析】硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸铅固体的硫酸钠溶液中铅离子的浓度几乎不变，所以曲线①②表示含PbSO4（s）的0.1mol L﹣1、1.0mol L﹣1的Na2SO4溶液的变化曲线；当pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，铅离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸铅固体的0.1mol L﹣1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸铅固体的1.0mol L﹣1硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH越小，溶液中碳酸根离子浓度越小，铅离子浓度越大，pH相同时，1.0mol L﹣1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度较大，则曲线③表示含碳酸铅固体的0.1mol L﹣1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸铅固体的1.0mol L﹣1碳酸钠溶液的变化曲线。
【解答】解：硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸铅固体的硫酸钠溶液中铅离子的浓度几乎不变，所以曲线①②表示含PbSO4（s）的0.1mol L﹣1、1.0mol L﹣1的Na2SO4溶液的变化曲线；当pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，铅离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸铅固体的0.1mol L﹣1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸铅固体的1.0mol L﹣1硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH越小，溶液中碳酸根离子浓度越小，铅离子浓度越大，pH相同时，1.0mol L﹣1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度较大，则曲线③表示含碳酸铅固体的0.1mol L﹣1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸铅固体的1.0mol L﹣1碳酸钠溶液的变化曲线；
A．由分析可知，曲线①代表含硫酸铅固体的0.1 mol L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸铅的溶度积Ksp（PbSO4）＝10﹣6.6×0.1＝10﹣7.6，温度不变，溶度积不变，则曲线②Ksp（PbSO4）＝10﹣x×1＝10﹣7.6，则x＝7.6，故A错误；
B．根据分析可知，曲线③表示含碳酸铅固体的0.1mol L﹣1碳酸钠溶液的变化曲线，故B错误；
C．反应PbSO4（s）（aq） PbCO3（s）（aq）的平衡常数K，则该反应不能完全转化，故C正确；
D．碳酸是弱酸，溶液pH越小，溶液中碳酸根离子浓度越小，溶液pH越大，溶液中碳酸根离子浓度越大，当碳酸根浓度增大到一定程度时，就会与铅离子生成碳酸铅沉淀，所以沉淀发生转化与溶液pH有关，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。
4．（2025 浙江开学）H2S常用于废水处理，处理过程中始终保持饱和状态。在某处理体系中pH与﹣lgc关系如图所示，c为HS﹣、S2﹣、Cd2+的浓度（单位：mol/L）。已知：25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol/L；100.7＝5，，下列说法不正确的是（ ）
A．曲线①代表Cd2+且Ksp（CdS）＝10﹣26
B．0.1mol/LNa2S溶液中，S2﹣水解率约为95%
C．
D．向Cd2+的浓度为0.1mol/L的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+）
【答案】C
【分析】随着H2S饱和溶液的pH增大，c（H+）减小，c（HS﹣）、c（S2﹣）均增大，Ksp（CdS）＝c（S2﹣） c（Cd2+），即﹣lgc（HS﹣）和﹣lgc（S2﹣）随着pH增大而减小，和﹣lgc（Cd2+）随着pH增大而增大，且pH相同时，c（HS﹣）＞c（S2﹣），即﹣lgc（HS﹣）＜﹣lgc（S2﹣），则曲线①②③分别表示﹣lgc（Cd2+）、﹣lgc（HS﹣）、﹣lgc（S2﹣）与pH的关系曲线，结合H2S的电离平衡常数Ka1、Ka2表达式和Ksp进行计算解答该题。
【解答】解：A．由上述分析可知，曲线①②③分别表示﹣lgc（Cd2+）、﹣lgc（HS﹣）、﹣lgc（S2﹣）与pH的关系曲线，其Ksp（CdS）＝c（S2﹣） c（Cd2+）＝10﹣13×10﹣13＝10﹣26，故A正确；
B．根据（1.6，6.5）计算H2S的电离平衡常数Ka1（H2S）c（H+）10﹣1.6＝10﹣7.1，pH＝4.9时溶液中c（HS﹣）mol/L＝10﹣3.2mol/L，根据（4.9，13）计算Ka2（H2S）c（H+）10﹣4.9＝10﹣14.7，水解常数Kh100.7＝5，忽略第二步水解，三段式为：
S2﹣的水解反应为S2﹣+H2O HS﹣+OH﹣
起始量（mol/L）0.1 0 0
水解量（mol/L） x x x
平衡量（mol/L）0.1﹣x x x
则K5，解得x≈0.095，所以S2﹣水解率约为100%＝95%，故B正确；
C．由上述分析可知，Ka1（H2S）＝10﹣7.1，Ka2（H2S）＝10﹣14.7，则107.6＞107，故C错误；
D．Cd2+和H2S气体的反应为Cd2+（aq）+H2S（aq） CdS（s）+2H+（aq），其平衡常数K104.2，该反应进行的程度较大，则所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及其应用，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握曲线对应微粒关系的判断、溶度积常数的计算及其应用、电离平衡常数的计算是解题关键，题目难度中等。
5．（2023秋 肇庆期末）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（ ）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 为保护铁闸门不被腐蚀，常将铁闸门与电源负极相连 利用外加电流的阴极保护法使金属构件不被腐蚀
B 将合成氨（N2+3H2 2NH3）平衡体系的体积压缩一半后压强低于原平衡压强的两倍 加压使反应N2+3H2 2NH3的平衡常数增大
C 常温下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3 相同浓度的Na2CO3溶液水解程度大于NaHCO3
D 将SO2气体通入BaCl2溶液中没有明显现象，将NH3、SO2混合气体通入BaCl2溶液中产生白色沉淀 Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaSO3）
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【分析】A．电解池中与电源负极相连的为阴极，阴极上发生得电子的还原反应，阳极上发生失电子的氧化反应；
B．平衡常数只与温度有关，与压强无关；
C．溶解度和水解程度之间无因果关系；
D．SO2气体与BaCl2溶液不反应，但SO2能与氨水反应生成，与Ba2+反应生成BaSO3沉淀，整个过程中无BaSO4沉淀生成。
【解答】解：A．为保护铁闸门不被腐蚀，常将其与电源负极相连，作阴极，阴极上发生得电子的还原反应，该方式属于外加电流的阴极保护法，故A正确；
B．平衡常数只与温度有关，压强的变化不影响平衡常数，故B错误；
C．常温下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，相同浓度的Na2CO3溶液水解程度大于NaHCO3，但溶解度和水解程度之间不存在因果关系，故C错误；
D．H2SO3为弱酸，不能与BaCl2发生反应，通入NH3时溶液呈碱性，生成的与Ba2+反应生成的白色沉淀是BaSO3，整个过程中无BaSO4沉淀生成，与Ksp（BaSO4）、Ksp（BaSO3）之间无因果关系，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查电解原理的应用、盐类水解原理、沉淀溶解平衡及其影响因素等知识，侧重辨析能力和灵活运用能力考查，把握金属防护措施、盐类水解原理和溶度积常数的应用、平衡常数的影响因素即可解答，选项C为易错点，题目难度不大。
6．（2024秋 岳麓区校级期中）将CaCO3溶解于同温度、同浓度的下列溶液中，溶解度最小的是（ ）
A．CaCl2 B．Na2CO3 C．NaCl D．NaHCO3
【答案】A
【分析】CaCO3溶液中存在沉淀溶解平衡，同浓度的下列溶液中，若使平衡逆向移动则使CaCO3的溶解度减小。
【解答】解：A．氯化钙溶液中存在大量Ca2+，会使平衡逆向移动，使CaCO3的溶解度减小，故A正确；
B．碳酸钠溶液中存在大量，会使平衡逆向移动，使CaCO3的溶解度减小，但相对于A选项，由于碳酸根离子的水解，导致的浓度较A选项钙离子浓度低，则CaCO3的溶解度比A选项大，故B错误；
C．氯化钠溶液中存在大量钠离子和氯离子，对CaCO3的沉淀溶解平衡无影响，故C错误；
D．碳酸氢钠溶液中存在大量钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子微弱的电离出，但浓度非常小，远不及A、B选项平衡的逆向移动程度，CaCO3的溶解度略微减小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡的应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2024秋 沈阳期中）已知Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10，Ksp（AgBr）＝7.7×10﹣13，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12。某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和，浓度均为0.10mol L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.10mol L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（ ）
A．Br﹣、Cl﹣、 B．、Br﹣、Cl﹣
C．Cl﹣、Br﹣、 D．Br﹣、、Cl﹣
【答案】A
【分析】某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和，浓度均为0.10mol L﹣1，Cl﹣开始沉淀时需要c（Ag+）、Br﹣开始沉淀时需要c（Ag+）＝ 、开始沉淀时需要c（Ag+），所需的 c（Ag+）越小，越先生成沉淀。
【解答】解：某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和，浓度均为0.10mol L﹣1，Cl﹣开始沉淀时需要c（Ag+）mol/L＝1.56×10﹣9mol/L，Br﹣开始沉淀时需要c（Ag+）＝ mol/L＝7.7×10﹣12mol/L、开始沉淀时需要c（Ag+）mol/L≈9.5×10﹣6mol/L，所需的 c（Ag+）越小，越先生成沉淀，所以三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、Cl﹣、，
故选：A。
【点评】本题考查溶度积常数的计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确溶度积常数的计算方法是解本题关键，注意：溶度积常数表达式不同时，不能根据溶度积常数的大小判断其溶解性强弱。
8．（2024 福建）将草酸钙固体溶于不同初始浓度[c0（HCl）]的盐酸中，平衡时部分组分的lgc﹣lgc0（HCl）关系如图。已知草酸Ka1＝10﹣1.3，Ka2＝10﹣4.3。下列说法错误的是（ ）
A．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，溶液的pH＝1.3
B．任意c0（HCl）下均有：c（Ca2+）＝c（HC2）+c（H2C2O4）+c（C2）
C．CaC2O4（s）+2H+（aq）═Ca2+（aq）+H2C2O4（aq）的平衡常数为10﹣3.0
D．lgc0（HCl）＝﹣4.1时，2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（HC2）+c（Cl﹣）
【答案】D
【分析】随着lgc0（HCl）的增大，则c0（HCl）逐渐增大，溶液的酸性增强，溶液中c（C2）减小、c（HC2）先增大后减小、c（H2C2O4）增大，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示lgc（C2）、lgc（HC2）、lgc（H2C2O4）；
A．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，lgc（HC2）＝lgc（H2C2O4），c（HC2）＝c（H2C2O4），Ka1c（H+）＝c（H+）＝10﹣1.3mol/L；
B．任意c0（HCl）下均有物料守恒：c（Ca2+）＝c（HC2）+c（H2C2O4）+c（C2）；
C．lgc0（HCl）＝1时，c0（HCl）＝10mol/L，根据图知，c（HC2）＝10﹣2.8 mol/L，Ka1c（H+）10﹣1.3，c（H2C2O4）＝10﹣0.5mol/L，CaC2O4（s）+2H+（aq）═Ca2+（aq）+H2C2O4（aq）的平衡常数为；
D．lgc0（HCl）＝﹣4.1时，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断。
【解答】解：A．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，lgc（HC2）＝lgc（H2C2O4），c（HC2）＝c（H2C2O4），Ka1c（H+）＝c（H+）＝10﹣1.3mol/L，溶液的pH＝1.3，故A正确；
B．任意c0（HCl）下均有物料守恒：c（Ca2+）＝c（HC2）+c（H2C2O4）+c（C2），故B正确；
C．lgc0（HCl）＝1时，c0（HCl）＝10mol/L，根据图知，c（HC2）＝10﹣2.8 mol/L，Ka1c（H+）10﹣1.3，c（H2C2O4）＝10﹣0.5mol/L，CaC2O4（s）+2H+（aq）═Ca2+（aq）+H2C2O4（aq）的平衡常数为10﹣3.0，故C正确；
D．lg0（HCl）＝﹣4.1时，溶液中存在电荷守恒2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2）+2c（C2）+c（Cl﹣），根据图知，c（HC2）＝c（C2），则存在2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+3c（HC2）+c（Cl﹣），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象的分析、判断及知识综合运用能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数的计算方法是解本题关键，C选项为解答难点。
9．（2023秋 福清市期末）化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，然后用酸除去
B．镀锡铁比镀锌铁更耐腐蚀
C．疫苗一般应冷藏存放，以减小蛋白质变性的速率
D．新能源汽车锂电池工作时把化学能转化为电能
【答案】B
【分析】A．CaCO3溶解度小于CaSO4，依据沉淀转化规律可知先用Na2CO3溶液处理转化为CaCO3，CaCO3溶于盐酸；
B．镀层破坏后，镀锡铁中锡作原电池的正极，铁作负极，镀锌铁中锌作原电池的负极，铁作正极；
C．温度过高，蛋白质易发生变性；
D．原电池是将化学能转化为电能的装置。
【解答】解：A．CaCO3溶解度小于CaSO4，依据沉淀转化规律可知先用Na2CO3溶液处理转化为CaCO3，碳酸钙能够与盐酸、醋酸反应生成易溶于水的氯化钙、醋酸钙，所以可以除去水垢，故A正确；
B．镀层破坏后，镀锡铁中锡作原电池的正极，铁作负极被损耗，镀锌铁中锌作原电池的负极被损耗，铁作正极被保护，则镀层破坏后，镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀，故B错误；
C．温度过高，蛋白质易发生变性，且温度升高，反应速率加快，所以疫苗一般应冷藏存放，以减小蛋白质变性的速率，故C正确；
D．原电池是将化学能转化为电能的装置，锂电池属于原电池，工作时把化学能转化为电能，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查难溶电解质溶解平衡、原电池原理及其应用，把握难溶电解质转化规律、原电池工作原理、物质的性质及应用为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与社会、生活的联系，题目难度不大。
10．（2022秋 惠州期末）下列说法不正确的是（ ）
A．热的纯碱溶液去油污效果更好
B．0.1mol L﹣1NH4Cl溶液中电荷守恒为c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）
C．配制FeCl3溶液时，直接将FeCl3晶体溶于水即可制得
D．常温下Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，当c（Ag+）＝0.01mol/L时，c（Cl﹣）＝1.8×10﹣8mol/L开始沉淀
【答案】C
【分析】A．升温促进盐的水解；
B．溶液呈中性，正负电荷总数相等；
C．三氯化铁水解生成氢氧化铁；
D．当c（Ag+） c（Cl﹣）＝Ksp（AgCl）时开始沉淀。
【解答】解：A．碳酸钠水解显碱性，可以除油污，热的纯碱，碳酸根离子水解程度增大，碱性更强，除油污效果更好，故A正确；
B．0.1mol L﹣1NH4Cl溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，依据电荷守恒可得c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），故B正确；
C．三氯化铁水解生成氢氧化铁，配制FeCl3溶液时，需抑制三氯化铁水解，故应将FeCl3晶体溶于少量浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度，故C错误；
D．当c（Ag+）＝0.01mol/L，c（Cl﹣）＝1.8×10﹣8mol/L时c（Ag+） c（Cl﹣）＝0.01mol/L 1.8×10﹣8mol/L＝1.8×10﹣10＝Ksp（AgCl），此时AgCl开始沉淀，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查盐类水解和溶度积计算，题目难度中等，掌握溶度积的计算方法是解题的关键。
11．（2023 河北模拟）二元有机酸（H2X）的电离常数Ka1＝1.67×10﹣8、Ka2＝3.34×10﹣17。BaX难溶于水，常温下，将BaX溶解在一定浓度的HY溶液中，直至不再溶解，测得混合液中c2（H+）与c2（Ba2+）的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
已知：HY是一元强酸，BaY2易溶于水。
A．NaHX溶液显碱性
B．溶度积Ksp（BaX）≈6.18×10﹣21mol2 L﹣2
C．b点：2c（Ba2+）+c（H+）＝2c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（OH﹣）+c（Y﹣）
D．若0.01mol BaX溶于1Lxmol L﹣1HY溶液中得到c点溶液，则x＝0.4
【答案】B
【分析】A．计算HX﹣的水解常数，判断水解程度与电离程度的大小，判断溶液酸碱性；
B．，；
C．b点时，溶液中含BaY2和H2X，根据电荷守恒进行判断；
D．BaX溶于HY溶液中的反应：BaX+2H+＝Ba2++H2X，0.01mol BaX消耗0.02mol H+，c点溶液中，则n（HY）＝（0.38mol+0.02mol），据此计算其浓度。
【解答】解：A．HX﹣的水解常数，即水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故A正确；
B．，，故B错误；
C．b点时，溶液中含BaY2和H2X，由电荷守恒可得：2c（Ba2+）+c（H+）＝c（HX﹣）+c（OH﹣）+2c（X2﹣）+c（Y﹣），故C正确；
D．BaX溶于HY溶液中的反应：BaX+2H+＝Ba2++H2X，0.01mol BaX消耗0.02mol H+，c点溶液中，则c（HY）＝（0.38mol+0.02mol）÷1L＝0.4mol L﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查溶度积常数的计算，电荷守恒的应用，属于高考高频考点，难度中等。
12．（2023 沙市区校级模拟）已知：Ag++NH3 [Ag（NH3）]+，K1＝103.32，[Ag（NH3）]++NH3 [Ag（NH3）2]+，K2Ag+、[Ag（NH3）]+、[Ag（NH3）2]+的分布分数δ与lgc（NH3）关系如图所示，下列说法正确的是（ ）{例如：分布分数δ（Ag+）}
A．曲线b代表[Ag（NH3）]+
B．[Ag（NH3）2]+ Ag++2NH3的平衡常数K＝10﹣3.61
C．K2＝103.90
D．当c（NH3）＜0.01mol L﹣1时，银元素主要以[Ag（NH3）2]+形式存在
【答案】C
【分析】由图可知，曲线a代表银离子的分布分数δ与lgc（NH3）关系、曲线b代表二氨合银离子的分布分数δ与lgc（NH3）关系、曲线c代表一氨合银离子的分布分数δ与lgc（NH3）关系，当银离子与二氨合银离子浓度相等时，氨分子的浓度为10 3.61mol/L，则反应[Ag（NH3）]++2NH3 [Ag（NH3）2]+的平衡常数K′107.22；将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，①+②可得反应[Ag（NH3）]++2NH3 [Ag（NH3）2]+，则平衡常数K′＝K1K2，K2103.90。
【解答】解：A．由分析可知，曲线b代表二氨合银离子的分布分数δ与lgc（NH3）关系，故A错误；
B．由分析可知，反应[Ag（NH3）]++2NH3 [Ag（NH3）2]+的平衡常数K′107.22，则逆反应[Ag（NH3）2]+ [Ag（NH3）]++2NH3的平衡常数K10﹣7.22，故B错误；
C．由分析可知，平衡常数K2＝103.90，故C正确；
D．由图可知，当溶液中氨分子浓度小于0.01mol/L时，银元素以二氨合银离子、一氨合银离子或二氨合银离子、一氨合银离子、银离子的形式存在，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，侧重考查学生平衡常数和图像的掌握情况，试题难度中等。
13．（2023 祁阳县校级模拟）室温下，通过下列实验探究NH4HCO3溶液的性质。
实验 实验操作 实验现象
1 用pH试纸测定0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液的pH pH约为8
2 向0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液中加入过量0.1mol L﹣1Ba（OH）2溶液 析出白色沉淀
3 常温下，将等体积等物质的量浓度NH4HCO3与NaCl溶液混合 析出晶体
4 向0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液中加入0.5mol L﹣1NaOH溶液，加热 有气泡产生
下列有关说法正确的是（ ）
A．实验1Kb（NH3 H2O）＞Ka1（H2CO3）
B．实验2反应静置后的上层清液中有c（Ba2+） c（）＞Ksp（BaCO3）
C．实验3静置后的上层清液中有c（H+）+c（）＜c（OH﹣）+c（）+2c（）
D．实验4中产生的气体是CO2
【答案】A
【分析】A．0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液是弱酸弱碱盐，pH＝8，说明Kh（）＜Kh（）；
B．沉淀析出后的溶液是BaCO3的饱和溶液；
C．NH4HCO3与NaCl混合时析出了NaHCO3晶体，溶液中的电荷守恒式为c（H+）+c（）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（）+c（Cl﹣），由于析出NaHCO3晶体，则溶液中c（Cl﹣）＞c（Na+）；
D．溶液中与OH﹣反应在加热条件下生成NH3。
【解答】解：A．0.1mol L﹣1NH4HCO3溶液是弱酸弱碱盐，pH＝8，说明Kh（）＜Kh（），则Kb（NH3 H2O）＞Ka1（H2CO3），故A正确；
B．沉淀析出后的溶液是BaCO3的饱和溶液，故有c（Ba2+）c（）＝Ksp（BaCO3），故B错误；
C．NH4HCO3与NaCl混合时析出了NaHCO3晶体，溶液中的电荷守恒式为c（H+）+c（）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（）+c（Cl﹣），由于析出NaHCO3晶体，则溶液中c（Cl﹣）＞c（Na+），故c（H+）+c（）＞c（OH﹣）+c（）+2c（），故C错误；
D．溶液中与OH﹣反应在加热条件下生成NH3，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，不会产生二氧化碳，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。
14．（2025春 南京期末）部分弱电解质的电离常数如表所示，下列说法中正确的是（ ）
弱电解质 HCOOH HCN H2CO3
电离常数（25℃） Ka＝1.8×10﹣4 Ka＝6.2×10﹣10 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11
A．25℃时，反应HCOOH+CN﹣ HCN+HCOO﹣的化学平衡常数K＝2.9×105
B．中和等体积、等浓度的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者
C．结合H+的能力：CN﹣HCOO﹣
D．2CN﹣+H2O+CO2＝2HCN
【答案】A
【分析】A．根据表格中电离常数的数据，结合反应HCOOH+CN HCN+HCOO 的平衡常数计算式分析；
B．等体积、等浓度的HCOOH和HCN溶液，溶质物质的量相同；
C．酸的电离常数Ka越小，酸性越弱，其对应酸根离子结合氢离子能力越强；
D．根据表格中电离常数的数据，酸性：H2CO3＞HCN。
【解答】解：A．根据表格中电离常数的数据，反应HCOOH+CN HCN+HCOO 的平衡常数，故A正确；
B．等体积、等浓度的甲酸和HCN溶液，溶质物质的量相同，则中和所需氢氧化钠的量相等，故B错误；
C．酸的电离常数Ka越小，酸性越弱，其对应酸根离子结合氢离子能力越强，故结合氢离子的能力：CN﹣HCOO﹣，故C错误；
D．根据表格中电离常数的数据，酸性：H2CO3＞HCN，则反应生成，离子方程式为CN﹣+H2O+CO2＝HCN，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
15．（2024秋 南京校级期中）下表是常温下几种弱酸的电离平衡常数。下列说法正确的是（ ）
CH3COOH H2S HClO
A．向Na2S溶液加入少量CH3COOH溶液：
B．反应的平衡常数K＝4.5×10﹣2
C．向NaClO溶液通入少量H2S气体：
D．Na2S、NaClO、CH3COONa中，结合质子能力最强的是NaClO
【答案】A
【分析】根据ka的大小，可以判断酸性的强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS﹣。
【解答】解：A．因为酸性CH3COOH＞H2S，根据强酸制弱酸，加入少量醋酸，发生反应的离子方程式为：，故A正确；
B．反应的平衡常数，故B错误；
C．向次氯酸钠溶液通入少量硫化氢气体，NaClO具有强氧化性，硫化氢具有强还原性，二者发生氧化还原反应，故C错误；
D．酸性越弱，对应的离子结合氢离子的能力越强，故结合质子能力最强的是Na2S，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
16．（2025秋 南京校级月考）25℃时，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10﹣7、Ka2＝4.7×10﹣11、Ksp（CaCO3）＝3.4×10﹣9，下列描述不正确的是（ ）
A．H2O OH﹣+H2CO3，K＝2.2×10﹣8
B．2 H2CO3，K＝1.0×10﹣4
C．Ca2+ CaCO3（s）+H+，K＝1.4×10﹣2
D．NaHCO3溶液中，c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（），则c（H+）
【答案】D
【分析】A．H2O OH﹣+H2CO3的平衡常数K；
B．2 H2CO3的平衡常数K；
C．Ca2+ CaCO3（s）+H+的平衡常数K；
D．NaHCO3溶液中电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（），物料守恒关系为c（Na+）＝c（H2CO3）+c（）+c（），消去c（Na+）可得c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（），结合Ka1c（H+）、Ka2c（H+）、Kw＝c（H+） c（OH﹣）分析判断。
【解答】解：A．反应H2O OH﹣+H2CO3的平衡常数K2.2×10﹣8，故A正确；
B．反应2 H2CO3的平衡常数K1.0×10﹣4，故B正确；
C．反应Ca2+ CaCO3（s）+H+的平衡常数K1.4×10﹣2，故C正确；
D．NaHCO3溶液中电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（），物料守恒关系为c（Na+）＝c（H2CO3）+c（）+c（），消去c（Na+）可得c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（），且Ka1c（H+）、Ka2c（H+）、Kw＝c（H+） c（OH﹣），则c2（H+），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，侧重分析判断能力和计算能力考查，明确可逆反应的平衡常数表达式、各种平衡常数的计算应用、溶液中存在的守恒关系式是解题关键，题目难度中等。
二．解答题（共4小题）
17．（2025秋 镇江月考）水体中的、、是高毒性的重金属离子，可用Cr（Ⅵ）表示。可以采用还原沉淀法、吸附法等处理含Cr（Ⅵ）废水。
（1）钡盐沉淀法：
①部分转化为的离子方程式为 。
②向含Cr（Ⅵ）的酸性废水中加入钡盐，可生成难溶于水的BaCrO4沉淀，其他条件一定，使用等物质的量的BaCl2或BaCO3，反应足够长的时间，使用BaCO3时Cr（Ⅵ）的沉铬率要优于使用BaCl2的原因是 BaCO3与H+反应，溶液中H+浓度减小，使的平衡逆向移动，浓度增大，有利于Cr（Ⅵ）完全转化为BaCrO4沉淀 。
（2）纳米铁粉还原法：
纳米铁粉可将水体中Cr（Ⅵ）还原为Cr3+，再通过调节溶液pH转化为Cr（OH）3沉淀而被除去。
①在氮气气氛保护下，向一定量的FeCl2溶液中逐滴加入一定量的NaBH4溶液，可制得纳米铁粉，反应的离子方程式为，反应每转移4mol电子，被Fe2+氧化的NaBH4的物质的量为 0.25 。
②实验发现，其他条件相同，含铁的物质的量相同，用纳米铁粉和铁﹣铜粉分别处理pH＝5的含Cr（Ⅵ）废水，废水中Cr（Ⅵ）的去除率随时间的变化关系如图1所示，用铁﹣铜粉处理含Cr（Ⅵ）废水的效果更好，原因是 形成Fe﹣Cu原电池，加快了反应速率 。
（3）还原吸附法：
CuS—TiO2吸附并部分还原Cr（Ⅵ），原理如图2所示。实验控制在pH＜6的弱酸性条件下进行。
①CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，在pH＞6的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是 在酸性条件下，CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，而带负电荷，更易吸附到催化剂表面 。
②起始pH＝4时，溶液中Cr（Ⅵ）和Cu2+的浓度随时间的变化如图3所示。Cu2+浓度先增大后减小的原因是 CuS被Cr（Ⅵ）氧化为S和Cu2+，使溶液中Cu2+浓度增大；反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，Cu2+水解加剧，又使Cu2+浓度减小 。
（4）离子交换法：
阴离子交换树脂去除酸性废水中Cr（Ⅵ）的原理为。某树脂的Cr（Ⅵ）摩尔交换总容量为1.45mol L﹣1，即每升湿树脂最多吸收1.45mol Cr（Ⅵ）。现将Cr（Ⅵ）含量为60mg L﹣1的废水以2.0L h﹣1的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和 达到 [Cr（Ⅵ）均以铬元素计，写出计算过程]。
【答案】（1）①；
②BaCO3与H+反应，溶液中H+浓度减小，使的平衡逆向移动，浓度增大，有利于Cr（Ⅵ）完全转化为BaCrO4沉淀；
（2）①0.25；
②形成Fe﹣Cu原电池，加快了反应速率；
（3）①在酸性条件下，CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，而带负电荷，更易吸附到催化剂表面；
②CuS被Cr（Ⅵ）氧化为S和Cu2+，使溶液中Cu2+浓度增大；反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，Cu2+水解加剧，又使Cu2+浓度减小；
（4）达到。
【分析】（1）①部分转化为，根据电荷守恒和元素守恒可知；
②碳酸钡能与溶液中的氢离子反应，氢离子浓度减小，使的平衡逆向移动，溶液中铬酸根离子浓度增大，有利于铬元素转化为铬酸钡沉淀，而氯化钡不能与溶液中氢离子反应；
（2）①由电负性可知，四氢合硼酸钠中氢元素为—1价、硼元素为+3价，则制备纳米铁粉的反应中四氢合硼酸钠为反应的还原剂，亚铁离子和水是氧化剂，由得失电子数目守恒可知，每生成1 mol纳米铁粉时，转移8mol电子；
②由铁—铜粉处理含Cr（Ⅵ）的酸性废水时，铁—铜在溶液中构成原电池，原电池反应使反应速率加快；
（3）①CuS—TiO2可吸附并部分还原Cr（Ⅵ），CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更容易吸附到表面；
②根据原理图可知，发生反应：，CuS还原Cr（Ⅵ）生成Cu2+，使Cu2+浓度增大，且反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，促使Cu2+水解转化为氢氧化铜，使Cu2+浓度减小；
（4）根据所给信息进行计算，30 mL湿树脂最多吸收Cr（Ⅵ）的质量：，通废水20 h湿树脂需吸收Cr（Ⅵ）的质量：，m1＜m2。
【解答】解：（1）①部分转化为，根据电荷守恒和元素守恒可知，离子方程式为：，
故答案为：；
②碳酸钡能与溶液中的氢离子反应，氢离子浓度减小，使的平衡逆向移动，溶液中铬酸根离子浓度增大，有利于铬元素转化为铬酸钡沉淀，而氯化钡不能与溶液中氢离子反应，所以使用碳酸钡时Cr（Ⅵ）的沉铬率要优于使用氯化钡，
故答案为：BaCO3与H+反应，溶液中H+浓度减小，使的平衡逆向移动，浓度增大，有利于Cr（Ⅵ）完全转化为BaCrO4沉淀；
（2）①由电负性可知，四氢合硼酸钠中氢元素为—1价、硼元素为+3价，则制备纳米铁粉的反应中四氢合硼酸钠为反应的还原剂，亚铁离子和水是氧化剂，由得失电子数目守恒可知，每生成1 mol纳米铁粉时，转移8mol电子，被亚铁离子氧化的四氢合硼酸根离子的物质的量为0.5mol，则每转移4 mol电子，被Fe2+氧化的NaBH4的物质的量为0.25 mol，
故答案为：0.25；
②由铁—铜粉处理含Cr（Ⅵ）的酸性废水时，铁—铜在溶液中构成原电池，原电池反应使反应速率加快，所以用铁—铜粉处理含Cr（Ⅵ）的废水的效果更好，
故答案为：形成Fe﹣Cu原电池，加快了反应速率；
（3）①CuS—TiO2可吸附并部分还原Cr（Ⅵ），CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更容易吸附到表面，促进反应的进行，使得在酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快，
故答案为：在酸性条件下，CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，而带负电荷，更易吸附到催化剂表面；
②根据原理图可知，发生反应：，CuS还原Cr（Ⅵ）生成Cu2+，使Cu2+浓度增大，且反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，促使Cu2+水解转化为氢氧化铜，使Cu2+浓度减小，导致Cu2+浓度先增大后减小，
故答案为：CuS被Cr（Ⅵ）氧化为S和Cu2+，使溶液中Cu2+浓度增大；反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，Cu2+水解加剧，又使Cu2+浓度减小；
（4）根据所给信息进行计算，30 mL湿树脂最多吸收Cr（Ⅵ）的质量：，通废水20 h湿树脂需吸收Cr（Ⅵ）的质量：，m1＜m2，故该树脂达到摩尔交换总容量，20h时达到吸收饱和，
故答案为：达到。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
18．（2025秋 秦淮区月考）已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如表：
化学式 HF HClO H2CO3 CH3COOH
电离常数 4.0×10﹣4 4.7×10﹣8 K1＝4.3×10﹣7K2＝5.6×10﹣11 1.7×10﹣5
（1）常温下，溶液pH由大到小的顺序是 A＞C＞B （填字母）。
A．0.10mol L﹣1CH3COOH溶液；
B．0.10mol L﹣1盐酸；
C．0.10mol L﹣1HF
（2）①F﹣；②ClO﹣；③；④；⑤CH3COO﹣；
结合H+的能力由大到小的顺序是 ③＞②＞④＞⑤＞① （填字母），向NaClO溶液中通入CO2，反应的离子方程式为 ClO﹣+CO2+H2O＝HClO 。
（3）常温下将pH＝3的H2SO4溶液和pH＝12的NaOH溶液混合，充分混合后所得溶液的pH＝7，则H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比为 10：1 。
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H+ H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，其原因是 当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变 ，如血液中c（）＝10c（H2CO3），则血液中c（H+）＝ 4.3×10﹣8 mol/L。
【答案】（1）A＞C＞B；
（2）③＞②＞④＞⑤＞①；ClO﹣+CO2+H2O＝HClO；
（3）10：1；
（4）当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；4.3×10﹣8。
【分析】（1）电离平衡常数可知酸性HF＞CH3COOH，盐酸为强酸；
（2）根据酸的电离常数，判断不同酸根离子结合H+的能力，从而确定其结合H+的能力大小。根据强酸制弱酸的原理，写出反应的离子方程式；
（3）根据pH的定义和中和反应的原理，计算H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比；
（4）当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使c（H+）变化较小，血液的pH变化不大；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动．使c（H+）变化较小，血液的pH变化不大，结合电离平衡常数计算氢离子浓度。
【解答】解：（1）A．0.10mol L﹣1CH3COOH溶液是弱酸溶液；
B．0.10mol L﹣1盐酸溶液为强酸溶液；
C．0.10mol L﹣1HF为乳酸溶液，电离平衡常数可知酸性大于CH3COOH；
常温下，溶液pH由大到小的顺序为：A＞C＞B，
故答案为：A＞C＞B；
（2）结合H+的能力由对应共轭酸的Ka决定，Ka越小，对应的阴离子Kh越大，结合H+能力越强，酸性：HF＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO，则结合H+的能力由大到小的顺序是：③＞②＞④＞⑤＞①，酸性：H2CO3＞HClO，依据强酸制弱酸的规律，向NaClO溶液中通入CO2，生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO，
故答案为：③＞②＞④＞⑤＞①；ClO﹣+CO2+H2O＝HClO；
（3）常温下Kw＝1×10﹣14，H2SO4（pH＝3）视为完全离解，H+浓度＝1×10 3mol/L，NaOH（pH＝12）的OH 浓度＝1×10 2mol/L，中和后n（H+）＝n（OH ），即1×10 3×V酸＝1×10 2×V碱，，
故答案为：10：1；
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H+ H2CO3 CO2+H2O，当有少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使血液中c（H+）变化较小，血液的pH变化不大，当有少量碱性物质进入血液中，反应消耗H+，电离平衡向左移动。使c（H+）变化较小，始终使血液的pH变化不大，如血液中c（）＝10c（H2CO3），Ka110c（H+）＝4.3×10﹣7，则血液中c（H+）＝4.3×10﹣8mol/L，
故答案为：当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变，当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；4.3×10﹣8。
【点评】本题主要考查了弱酸的电离常数、酸根离子结合H+的能力、pH的计算、电荷守恒、溶液的酸碱性以及平衡常数的计算。这些知识点都是化学基础知识在溶液中的应用，体现了化学与生活的紧密联系。
19．（2025秋 常州月考）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的悬浊液可吸收烟气中SO2并同时制备MnSO4 H2O。
（1）制备MnSO4 H2O反应的化学方程式为MnO2+SO2+H2O＝MnSO4 H2O，质量为26.10g纯净MnO2最多能吸收 6.72 L（标准状况）SO2。
（2）准确称取0.3420gMnSO4 H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使MnSO4全部反应生成Mn2（SO4）3，用c（FeSO4）＝0.0500mol/L的标准溶液与Mn2（SO4）3恰好反应[反应方程式：2FeSO4+Mn2（SO4）3＝2MnSO4+Fe2（SO4）3]，消耗FeSO4溶液40.00mL。计算MnSO4 H2O样品的纯度 关系式为2MnSO4 H2O～Mn2（SO4）3～2FeSO4，则n（MnSO4 H2O）＝n（FeSO4）＝nM＝0.04L×0.0500mol/L＝0.002mol，m（MnSO4 H2O）＝nM＝0.002mol×169g/mol＝0.3380g，纯度为100%≈98.83% （写出计算过程，否则不得分。保留2位小数）。
（3）如图为MnSO4 H2O、MnSO4 5H2O、MgSO4 6H2O晶体的溶解度曲线，现从MnSO4和MgSO4的混合溶液中来获得MnSO4 H2O晶体，简述实验步骤是 加热浓缩MnSO4和MgSO4混合溶液，蒸发结晶（至大量晶体析出），在60℃以上趁热过滤，洗涤，低温干燥 。
【答案】（1）6.72；
（2）关系式为2MnSO4 H2O～Mn2（SO4）3～2FeSO4，则n（MnSO4 H2O）＝n（FeSO4）＝nM＝0.04L×0.0500mol/L＝0.002mol，m（MnSO4 H2O）＝nM＝0.002mol×169g/mol＝0.3380g，纯度为100%≈98.83%；
（3）加热浓缩（MnSO4和MgSO4）混合溶液，蒸发结晶（至大量晶体析出），在60℃以上趁热过滤，洗涤，低温干燥。
【分析】（1）反应为MnO2+SO2+H2O＝MnSO4 H2O，则n（SO2）＝n（MnO2）0.3mol，结合V＝nVm进行计算；
（2）根据Mn原子守恒和反应2FeSO4+Mn2（SO4）3＝2MnSO4+Fe2（SO4）3得到关系式为2MnSO4 H2O～Mn2（SO4）3～2FeSO4，则n（MnSO4 H2O）＝n（FeSO4）＝nM＝0.04L×0.0500mol/L＝0.002mol，m（MnSO4 H2O）＝nM＝0.002mol×169g/mol＝0.338g，结合纯度公式进行计算；
（3）由图可知，温度高于40℃时MnSO4 H2O的溶解度随着温度升高而减小，MgSO4 6H2O的溶解度随着温度升高而大幅度增大，且温度高于40℃时MnSO4 5H2O晶体转化为MnSO4 H2O晶体，但60℃时MnSO4 H2O溶解度大于MgSO4 6H2O，所以从MnSO4和MgSO4的混合溶液中获得MnSO4 H2O晶体，可将浓缩液控制在60℃以上蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，低温干燥。
【解答】解：（1）反应为MnO2+SO2+H2O＝MnSO4 H2O，则26.10gMnO2最多能吸收n（SO2）＝n（MnO2）0.3mol，标准状况下的体积为0.3mol×22.4L/mol＝6.72L，故答案为：6.72；
（2）根据Mn原子守恒和反应2FeSO4+Mn2（SO4）3＝2MnSO4+Fe2（SO4）3得到关系式为2MnSO4 H2O～Mn2（SO4）3～2FeSO4，则n（MnSO4 H2O）＝n（FeSO4）＝nM＝0.04L×0.0500mol/L＝0.002mol，m（MnSO4 H2O）＝nM＝0.002mol×169g/mol＝0.3380g，所以MnSO4 H2O样品的纯度为100%≈98.83%，故答案为：关系式为2MnSO4 H2O～Mn2（SO4）3～2FeSO4，则n（MnSO4 H2O）＝n（FeSO4）＝nM＝0.04L×0.0500mol/L＝0.002mol，m（MnSO4 H2O）＝nM＝0.002mol×169g/mol＝0.3380g，纯度为100%≈98.83%；
（3）由图可知，温度高于40℃时MnSO4 H2O的溶解度随着温度升高而减小，MnSO4 5H2O晶体转化为MnSO4 H2O晶体，MgSO4 6H2O的溶解度随着温度升高而大幅度增大，但60℃时MnSO4 H2O溶解度大于MgSO4 6H2O，所以从MnSO4和MgSO4的混合溶液中尽可能多地获得MnSO4 H2O晶体，其实验操作为：加热浓缩MnSO4和MgSO4混合溶液，蒸发结晶（至大量晶体析出），在60℃以上趁热过滤，洗涤，低温干燥，
故答案为：加热浓缩MnSO4和MgSO4混合溶液，蒸发结晶（至大量晶体析出），在60℃以上趁热过滤，洗涤，低温干燥。
【点评】本题考查滴定法实验及含量测定、化学方程式的计算，侧重实验能力和计算能力考查，掌握关系式法计算、混合物分离提纯方法及其实验操作是解题关键，题目难度中等。
20．（2025春 徐州期末）氮族元素包括N、P、As、Sb、Bi等元素，可以形成多种含氧酸。
常温下，4种酸的电离平衡常数如下：
化学式 HNO2 H3PO3 H3PO4 H3AsO3
电廉平衡 Ka＝4.6×10﹣4 Ka1＝3.7×10﹣2Ka2＝2.9×10﹣7 Ka1＝7.5×10﹣3Ka2＝6.2×10﹣8Ka3＝2.2×10﹣13 Ka1 Ka2 Ka3
（1）①、H2、H2结合H+能力由大到小的顺序是 H2H2 。
②物质的量浓度均为0.1mol L﹣1的NaNO2、NaH2PO3溶液中，c（） ＞ c（）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）常温下，pH＝4的NaH2PO4溶液中水电离的c（H+）为 1×10﹣10 mol L﹣1。
（3）亚砷酸（H3AsO3）为三元弱酸，四种含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图﹣1所示。
①pH为7～8时，砷元素的主要微粒是 H3AsO3 。
②将NaOH溶液滴入H3AsO3溶液中，当pH＝8时，n（H3AsO3）：n（H2）＝ 101.3 ；当pH由11到12时，发生主要反应的离子方程式为 H2OH﹣＝ H2O 。
（4）工业含砷（Ⅲ）废水常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生Fe（OH）3胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。通过实验测得不同pH条件下铁盐对含砷（Ⅲ）化合物的去除率，如题图﹣2所示。pH为5～9时，随溶液pH的增大，铁盐混凝剂对含砷（Ⅲ）化合物的吸附效果增强的可能原因为 pH从5升到9时，溶液中H2AsO3比例增多，更易被带正电荷的Fe（OH）3胶粒吸附，且pH升高有利于产生更多Fe（OH）3胶粒，增强吸附效果 。
【答案】（1）①H2H2；
②＞；
（2）1×10﹣10；
（3）①H3AsO3；
②101.3；H2OH﹣＝ H2O；
（4）pH从5升到9时，溶液中H2AsO3比例增多，更易被带正电荷的Fe（OH）3胶粒吸附，且pH升高有利于产生更多Fe（OH）3胶粒，增强吸附效果。
【分析】相同条件下，电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强，则根据表格中各酸的电离常数可以得到酸性强弱顺序为：H3PO4＞H3PO4＞HNO3＞H3PO3＞H2；根据亚砷酸（H3AsO3）为三元弱酸，四种含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系图可知，a曲线表示H3AsO3，b曲线表示H2AsO3，c曲线表示，d曲线表示；当pH ＝ 9.3时，有c（H3AsO3） ＝ c（H2AsO3），此时的Ka1＝1×10﹣9.3；当pH ＝ 12.5时，有c（H2AsO3） ＝ c（），此时的Ka2＝10﹣12.5；当pH ＝ 13.4时，有c（） ＝ c（），此时的Ka3＝10﹣13.4，据此信息解答。
【解答】解：（1）①通常情况下，酸性越强，其酸根离子结合H+的能力越弱，现有酸性H3PO3＞H3PO4＞HNO2，则其酸根离子结合H+的能力由大到小的顺序为：H2H2，
故答案为：H2H2；
②在物质的量浓度均为0.1mol L﹣1的NaNO2、NaH2PO2溶液中，酸性越强，其酸根离子的水解越弱，则有的水解常数为：Kh2.2×10﹣11；H2的电离常数为：Ka2＝2.9×10﹣7，水解常数为2.9×10﹣7，则有H2的电离大于其水解，所以溶液中离子浓度大小关系为c（）＞c（），
故答案为：＞；
（2）常温下，pH ＝ 4的NaH2PO2溶液中，总c（H+） ＝ 1×10﹣4mol L﹣1，由于是盐溶液，溶液中的OH﹣全部由水提供，则有c（OH﹣）水＝ c（H+）水 ＝ 1×10﹣10mol L﹣1，
故答案为：1×10﹣10；
（3）①根据图形，当pH为7～8时，砷元素的主要微粒是：H3AsO3，
故答案为：H3AsO3；
②将NaOH溶液滴入H3AsO3溶液中，当pH ＝ 8时，根据Ka1计算公式，101.3；当pH由11到12时，由图可知就由H3AsO3转变为，发生主要反应的离子方程式为：H2OH﹣＝ H2O，
故答案为：101.3；H2OH﹣＝ H2O；
（4）由图可知，pH越大，As去除率越高，则pH为5～9时，随溶液pH的增大，铁盐混凝剂对各种（Ⅲ）化合物的吸附效果增强的可能原因为：pH从5升到9时，溶液中H2AsO3比例增多，更易被带正电荷的Fe（OH）3胶粒吸附，且pH升高有利于产生更多Fe（OH）3胶粒，增强吸附效果，
故答案为：pH从5升到9时，溶液中H2AsO3比例增多，更易被带正电荷的Fe（OH）3胶粒吸附，且pH升高有利于产生更多Fe（OH）3胶粒，增强吸附效果。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
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