3.4 沉淀溶解平衡 课后练习
一、单选题
1．室温下，向20mLNaHX溶液中逐滴滴入NaOH溶液，为由水电离产生的氢离子浓度的负对数，与所加NaOH溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．A点溶液中存在：
B．B、D点溶液均为中性
C．C点溶液中存在：
D．D点溶液中存在：
2．某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是( )
A．Ksp[Fe(OH)3]
C．c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等
D．Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液达到饱和
3．下列有关溶液的说法中正确的是( )
A．0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．pH＝4的醋酸稀释10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(OH－)均减小
C．向0.1 mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(Na＋)＞c(F－)
D．pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO3－)+2c(SO32－)
4．浓度均为0.1mol·L-1的NaCl、CaCl2溶液等体积混合，下列说法错误的是（ ）
A．Na+和Ca2+混合前后的数目均不变
B．混合前CaCl2溶液中c(Cl-)为0.2mol·L-1
C．混合后溶液中c(Cl-)为0.3mol·L-1
D．混合前NaCl、CaCl2溶液中c(Cl-)之比为1∶2
5．对于常温下等浓度和的溶液，下列说法正确的是（ ）
A．两溶液均呈碱性，且pH相同
B．均存在
C．均存在
D．均存在
6．常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如下图所示(不考虑C2O42-的水解)。下列叙述正确的是（ ）
A．Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10-7
B．n点表示AgCl的不饱和溶液
C．向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀
D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为109.04
7．不考虑水的电离，在H2CO3溶液中，下列离子浓度关系正确的是（ ）
A．c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-) B．c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)
C．2c(CO32-)=c(H+) D．c(CO32-)=c(HCO3-)
8．连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，常温下，用0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定10mL0.01mol·L-1的H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图。常温下，下列各点所对应溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．a点：c(N2O )＋c(HN2O )-c(Na＋)=9.9×10-7mol·L-1
B．b点：c(Na＋)＞c(N2O )＋c(HN2O )＋c(H2N2O2)
C．c点：c(Na＋)＞c(HN2O )＞c(H2N2O2) ＞c(N2O )
D．d点：c(H2N2O2)＋c(HN2O )＋c(H+)=c(OH-)
9．已知室温下Ka1(H2S)=10-7，Ka2(H2S)=10-12.9。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验l：测得0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，测得溶液的pH不断减小
实验3：向实验2所得溶液中滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，测得反应后溶液pH=12
实验4：向实验3所得溶液中滴加几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，产生粉色沉淀，再加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀
下列说法正确的是（ ）
A．由实验1可知：0.1mol·L-1H2S溶液中c(S2-)
C．实验3所得溶液中存在：c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)
D．由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
10．已知H2C2O4是一种二元弱酸。室温下，通过下列实验探究NaHC2O4溶液的性质。
实验 实验操作和现象
1 测得10mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液的pH约为5.5
2 向酸性KMnO4溶液中滴加过量0.1mol·L-1NaHC2O4溶液，溶液紫红色褪色
3 向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中加入等体积0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，溶液变浑浊
4 向10mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加少量0.1mol·L-1NaOH溶液，无明显现象
下列说法正确的是（ ）
A．依据实验1推测：Kw
C．依据实验3推测：Ksp(BaC2O4)>2.5×10-3
D．实验4反应后的溶液中存在：c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O)+(C2O)
11．已知：25 ℃时，MOH的Kb=10-7。该温度下，在20.00 mL0.1 mol· L-1 MCl溶液中滴入0.1 mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．a=4 B．V1=10
C．溶液中水的电离程度：P>Q D．Q点溶液中c(Na+)<2c(M+)
12．pH=1的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释至1000mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．稀释后，A溶液中c(H+)比B溶液中c(H+)大
B．A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等
C．若a<4，则A、B都是弱酸
D．若a=4，则A、B都是强酸
13．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p(Ba2+) = -lgc(Ba2+ )，p(SO42-)=-lgc(SO42-).下列说法正确的是（ ）
A．该温度下，Ksp( BaSO4) =1.0x10-24
B．a 点的 Ksp(BaSO4)小于 b 点的 Ksp(BaSO4)
C．d点表示的是该温度下BaSO4的不饱和溶液
D．加入BaCl2可以使溶液由c点变到a点
14．已知： 。向含0.01 mol 和0.02 mol NaOH的稀溶液中缓慢通入CO2，溶液中， 随通入的 的变化如图，下列对应关系正确的是（ ）
A．A点：
B．B点：
C．C点：
D．O点：
15．已知某溶液中含有Cl-， Br-和CrO42-，浓度均为0.010mo1·L-，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的先后顺序为(Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(AgBr)=7.7×10-13，Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12)（ ）
A．Cl-、Br-、CrO42- B．CrO42-、Br-、Cl-
C．Br-、Cl-、CrO42- D．Br-、CrO42-、Cl-
16．H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4) =5.4×10-5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c( ) +c( )。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL.0. 100mol/L H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
A．0.1000mol/LH2C2O4溶液：c(H+)= 0.1000mol/L+ c( )+c(OH-)-c(H2C2O4)
B．c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)>c(H2C2O4)>c( )>c(H+)
C．pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000mol/L+ c( )- c(H2C2O4)
D．c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH-)- c(H+)=c(H2C2O4)+c( )
二、综合题
17．
（1）Ⅰ．常温下有浓度均为0.1 mol/L的四种溶液：①Na2CO3
②NaHCO3③HCl ④NH3·H2O
这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是 (用序号填写)。
（2）等体积混合③和④的溶液中离子浓度的大小顺序是： 。
（3）②溶液中存在的质子守恒关系：c(OH－)= 。
（4）向④中加入少量氯化铵固体，溶液中c(H+) (填“增大”、“减小”或“不变”)
（5）取10mL溶液③，加水稀释到100mL，则该溶液中由水电离出的c(H+)约为 。
（6）Ⅱ．普通泡沫灭火器内的玻璃筒里盛有Al2(SO4)3溶液，铁筒中盛有NaHCO3溶液，当意外失火时，打开泡沫灭火器使药液混合，喷出大量的白色泡沫，阻止火势蔓延，其相关的离子方程式为： ，不能把Al2(SO4)3溶液盛放在铁筒中的主要原因是 。
（7）Ⅲ．某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cu(OH)2
开始沉淀的pH 2.3 7.6 4.4
完全沉淀的pH 3.2 9.7 6.4
①酸浸后加入H2O2的目的是 ，调pH的最适宜范围为 。
②调pH过程中加入的试剂最好是 (填标号)。
A．NaOH B． CuO C．NH3·H2O D．HCl
18．
（1）在25
℃下，向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成 沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为 。已知25 ℃时Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。
（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时， ＝ 。[Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgCl)＝2.0×10－10]
（3）已知Fe(OH)3的溶度积常数Ksp＝1.1×10－36。室温时在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，当溶液pH为3时，通过计算说明Fe3＋是否沉淀完全 。(提示：当某离子浓度小于10－5
mol·L－1时可以认为该离子沉淀完全)
19．电解质的水溶液中存在电离平衡。
（1）醋酸是常见的弱酸。
① 醋酸在水溶液中的电离方程式为 。
② 下列方法中，可以使醋酸稀溶液中 CH3COOH 电离程度增大的是 (填字母序
号)。
a．滴加少量浓盐酸 b．微热溶液
c．加水稀释 d．加入少量醋酸钠晶体
（2）Ⅰ.两种酸均能与氢氧化钠反应生成盐，其中醋酸与氢氧化钠反应能生成醋酸钠。实验室现有醋酸钠固体，取少量溶于水，溶液呈 (选填“酸性”、“中性”或“碱性”)，其原因是(用离子方程式表示) 。
Ⅱ.用 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液 pH 随加入
NaOH 溶液体积而变化的两条滴定曲线。
①滴定醋酸的曲线是 (填“I”或“II”)。
② 滴定开始前，三种溶液中由水电离出的 c(H+)最大的是 。
③ V1 和 V2 的关系：V1 V2(填“>”、“=”或“<”)。
④ M 点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 。
（3）为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如下实验。 资料：AgSCN 是白色沉淀，相同温度下，溶解度：AgSCN > AgI。
操作步骤 现象
步骤 1：向
2 mL 0.005 mol·L-1 AgNO3 溶液中加入
2 mL 0.005 mol·L-1 KSCN 溶液，静置。 出现白色沉淀。
步骤 2：取
1 mL 上层清液于试管中，滴加 1 滴
2 mol·L-1Fe(NO3)3 溶液。 溶液变红色。
步骤 3：向步骤
2 的溶液中，继续加入 5 滴
3 mol·L-1 AgNO3溶液。 现象
a ，溶液红色变浅。
步骤 4：向步骤
1 余下的浊液中加入 5 滴
3 mol·L-1 KI 溶液。 白色沉淀转化成黄色沉淀。
① 写出步骤 2 中溶液变红色的离子方程式 。
② 步骤 3 中现象 a 是 。
③ 用化学平衡原理解释步骤 4 的实验现象 。
（4）某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下：
过程 I 的主要反应：AgCl＋2 ＋Cl-
过程 II 的离子反应：4 ＋6OH- ＋HCHO＝4Ag+＋8 ＋4H2O＋
Ⅲ中回收液可直接循环使用，但循环多次后，I 中的银的浸出率会降低。从回收液离子浓度变化和反应限度的角度分析原因： 。
20．25℃时，有浓度均为0.1mol·L-l的下列4种溶液：
①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NaHCO3溶液
HCN H2CO3 CH3COOH
Ka=5.0×10-10 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka=1.75×10-5
（1）这4种溶液pH由大到小的顺序是 (填序号)，其中②由水电离的H+浓度为 。
（2）①中各离子浓度由大到小的顺序是 。
（3）25℃时，测得HCN和NaCN的混合溶液的pH=11，则= (填写数值)。向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为 。
21．废旧钴酸锂电池的正极材料主要含有难溶于水的及少量Al、Fe、炭黑等，常用如图所示的一种工艺分离并回收其中的金属钴和锂。
已知：①；
②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属阳离子
开始沉淀的pH 4.2 2.7 7.6
沉淀完全的pH 5.2 3.7 9.6
回答下列问题：
（1）中元素Co的化合价为 。
（2）为提高碱浸率，可采取的措施有 (任写一种)。
（3）在浸出液中通入过量发生反应的离子方程式有和 。
（4）浸出渣中加入稀硫酸和的主要目的是 ；废渣的主要成分是 。
（5）加氨水控制沉钴的pH，当a≥ 时，此时溶液中c(Co2+)≤10-5mol/L，即认为“沉钴”完全。
（6）钴的氢氧化物加热至290℃时可以完全脱水，所得产物可用于合成钛酸钴。钛酸钴的晶胞结构如图所示，则该晶体化学式为 ；该晶体的密度为 (用代表阿伏加德罗常数)。
AI
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．A点溶质为NaHX，既发生电离又发生水解，，则，的电离受到抑制，故的电离大于水解，则溶液中存在，A项不符合题意；
B．B点溶质为NaHX与，D点溶质为与，故D点溶液为碱性，B项不符合题意；
C．C点溶质为，故存在质子守恒：，C项符合题意；
D．NaHX开始为，后加入溶液，故溶液体积变化，所有离子浓度均变化，故，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.A点溶质为NaHX；
B.B点溶质为NaHX与，D点溶质为与；
D.加入NaOH溶液后溶液体积发生变化，各离子浓度相应的发生变化。
2．【答案】B
【解析】【解答】Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，Fe3＋、Cu2＋浓度相等(b、c点)时，Fe3＋对应的pH小，c(H＋)较大，c(OH－)较小，Ksp仅与温度有关，则Ksp[Fe(OH)3]
【分析】根据图象中b、c点计算氢氧化铁与氢氧化铜的溶度积常数；由a点到b点，pH增大，氯化铵水解呈酸性，溶液的pH不会增大；Kw仅受温度的影响；分析处在曲线上的点与曲线外点的区别。
3．【答案】D
【解析】【解答】A. 0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度大于硫酸根离子浓度，铵根水解溶液显酸性，则溶液中c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH－)，A不符合题意；
B. pH＝4的醋酸稀释10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(H＋)均减小，水的离子积常数不变，则c(OH－)增大，B不符合题意；
C. 向0.1 mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，因此c(Na＋)＝c(F－)，C不符合题意；
D. pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO3－)+2c(SO32－)，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题考查溶液中离子浓度大小比较，明确电荷守恒、盐类水解原理为解答的关键，注意掌握电离平衡及其影响因素，侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．NaCl、CaCl2溶液等体积混合不发生化学反应，Na+和Ca2+混合前后的数目均不变，故A不符合题意；
B.0.1mol·L-1CaCl2溶液中c(Cl-)为0.2mol·L-1，故B不符合题意；
C．混合后溶液中c(Cl-)= =0.15mol·L-1，故C符合题意；
D．混合前NaCl、CaCl2溶液中c(Cl-)分别为0.1mol·L-1、0.2mol·L-1，c(Cl-)之比为1∶2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据NaCl=Na++Cl-，CaCl2=Ca2++2Cl-，结合选项即可判断
5．【答案】B
【解析】【解答】A、NaHCO3、Na2CO3溶液都显碱性，其中水解程度：CO32－＞HCO3－，所以溶液的pH：Na2CO3＞NaHCO3，A不符合题意。
B、NaHCO3、Na2CO3溶液中所含的离子相同，都为Na＋、HCO3－、CO32－、OH－、H＋。由电荷守恒可得，c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(CO32－)，B符合题意。
C、NaHCO3溶液中存在物料守恒：c(Na＋)=c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)；Na2CO3溶液中存在物料守恒：c(Na＋)=2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，C不符合题意。
D、NaHCO3溶液中，CO32－来自HCO3－电离产生，因此存在离子浓度关系：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(CO32－)＞c(H＋)。Na2CO3溶液中，HCO3－来自与CO32－的水解，因此存在离子浓度关系：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H＋)，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、HCO3－的水解程度小于CO32－，其碱性较弱，pH较小。
B、溶液显电中性，即溶液中正负电荷的总量相同。
C、结合物料守恒分析。
D、Na2CO3溶液中HCO3－来自于CO32－的水解，浓度较小。
6．【答案】D
【解析】【解答】A.从图像看出，当c(C2O42-)=10-2.46 mol/L， c(Ag+)=10-4mol/L，Ksp (Ag2C2O4)= 10-2.46×(10-4)2=10-10.46，A不符合题意；
B.根据图像可知c(Ag+)=10-4mol/L，c(Cl-)=10-5.75 mol/L，所以Ksp(AgCl)= 10-4×10-5.75=10-9.75，n点中，c(Cl-)<10-5.75 mol/L，c(Ag+)>10-4 mol/L，浓度积c(Cl-)×c(Ag+)> Kp(AgCl)，n点表示AgCl的饱和溶液，B不符合题意；
C.AgCl中c(Ag+)= Kp(AgCl)/c(Cl-)=10-9.75/ c(Cl-)，Ag2C2O4中c(Ag+)= √Ksp(Ag2C2O4)/ c(C2O42-)=√10-10.46/ c(C2O42-)=10-5.23/ √c(C2O42-)，假设c(Cl-)=c(C2O42-)=1 mol/L，则Ag2C2O4溶液中c(Ag+)较大，因此向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成沉淀AgCl，C不符合题意；
D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为c(C2O42-)/ c2(Cl-)= c(C2O42-)×c2(Ag+)/ c2(Ag+)×c2(Cl-)=10-10.46/(10-9.75)2=109.04，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据溶度积常数的概念进行计算；
B.根据氯化银的溶度常数与浓度积的大小关系进行判断；
C.根据溶度积计算产生沉淀需要了银离子的浓度进行判断；
D.根据平衡常数的定义式进行计算。
7．【答案】A
【解析】【解答】A.由质子守恒可知，溶液中c(H＋)=c(HCO3－)＋2c(CO32－)，A符合题意；
B.由A的分析可知，B不符合题意；
C.由A的分析可知，溶液中c(H＋)>2c(CO32－)，C不符合题意；
D.由分析可知，溶液中c(HCO3－)>c(CO32－)，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】H2CO3在水中存在电离平衡：H2CO3 H＋＋HCO3－、HCO3－ H＋＋CO32－；由于第一步电离产生的H+对第二步的电离会有抑制作用，因此溶液中c(HCO3－)>c(CO32－)；据此结合选项进行分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．在a点时电荷守恒为：c(Na＋)+ c(H＋)=2c(N2O )＋c(HN2O )＋c(OH-)，此时pH为6，则c(H＋)-c(OH-)=2c(N2O )＋c(HN2O )- c(Na＋)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L，A不符合题意；
B．当溶质为NaHN2O2时，物料守恒为：c(Na＋) =c(N2O )＋c(HN2O )＋c(H2N2O2)，要使c(Na＋)＞c(N2O )＋c(HN2O )＋c(H2N2O2)，则NaOH应过量，即溶质为：NaHN2O2和Na2N2O2，但是在b点时溶液溶质为NaHN2O2和H2N2O2，B不符合题意；
C．c点溶液中，加入NaOH的体积为10mL，此时为第一化学计量点，反应恰好生成NaHN2O2，溶液为碱性，则c(OH-) > c(H+)，HN2O 水解使溶液显碱性，则c(Na+) > c(H2N2O2 )， HN2O 水解趋势大于电离趋势，则c(HN2O ) > c(N2O )，考虑到水解促进电离，则c(OH-) > c(H2N2O2) ，综上， c点溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HN2O )＞c(H2N2O2) ＞c(N2O )，故C符合题意；
D．d点时溶液溶质为Na2N2O2，质子守恒为：2c(H2N2O2)＋c(HN2O )＋c(H+)=c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】连二次硝酸H2N2O2是一种二元酸。常温下，向10mL 0.01mol/L的H2N2O2溶液滴加0.01mol/L的 NaOH 溶液，起始时，酸的pH为4.3，若H2N2O2为强酸，则pH =2，可见H2N2O2为弱酸，其盐会发生水解，水解促进水的电离，酸电离抑制水的电离。
9．【答案】A
【解析】【解答】A.0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1，即c(H+)=10-4.1 mol·L-1，Ka1(H2S)= =10-7，则，则c(HS-)=10-3.9 mol·L-1，Ka2(H2S)= =10-12.9，则，则c(S2-)=10-12.7 mol·L-1，pH=4.1，则pOH=9.9，c(OH-)=10-9.9，则c(S2-)
C.10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，再滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，根据NaHS+NaOH=Na2S+H2O，可知它们恰好反应，根据质子守恒，则Na2S溶液中存在2c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)，故C不符合题意；
D．实验3所得Na2S溶液中，滴入几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，虽然产生粉色MnS沉淀，但S2-并没有沉淀完全，所以在滴入几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，又产生黑色CuS沉淀，并不能说明存在沉淀转化，则也不能说明Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.利用Ka1(H2S)= 、Ka2(H2S)= 计算；
B．利用Ka2(H2S)= 分析；
C.根据质子守恒分析；
D．利用沉淀转化分析。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．实验1中测得10mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液的pH约为5.5，说明的电离程度大于其水解程度，， ，即Kw
C．实验3中溶液变浑浊，发生反应：，无法判断Ksp(BaC2O4)>2.5×10-3，C不符合题意；
D．实验4中溶质为NaHC2O4和少量Na2C2O4，根据物料守恒，反应后溶液中存在c(Na+)>c(H2C2O4)+c(HC2O)+(C2O)，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．利用的电离程度大于其水解程度，由 计算分析；
B．依据现象判断；
C．依据现象，无法判断；
D．根据物料守恒分析。
11．【答案】D
【解析】【解答】A. 25 ℃时，MOH的Kb=10-7，则Kh(MCl)= =10-7，解得c(H+)=10-4 mol/L，pH=a=4，A不符合题意；
B. 等浓度的MCl、MOH的混合溶液中，MCl的水解程度等于MOH的电离程度，所以溶液pH=7时，加入的MOH的体积为10 mL，B不符合题意；
C. 在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液，加入的碱越大，水对电离的抑制作用越强，水电离程度就越小，所以溶液中水的电离程度：P>Q，C不符合题意；
D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+)，Q点时MOH少量电离，nQ(M+)
故答案为：D。
【分析】根据图像中起始pH值可知MOH是弱碱，在加入10mLNaOH溶液时，pH=7，Q点时MOH少量电离，根据电荷守恒可知c(Na+)<2c(M+)。
12．【答案】C
13．【答案】D
【解析】【解答】A．由图象可知，P（Ksp）=P（c（Ba2+） c（SO42-））=p（Ba2+）+p（SO42-）=10，则Ksp=c（Ba2+） c（SO42-）=10-10，A不符合题意；
B.a、b点处于同一温度下，Ksp相等，B不符合题意；
C.d点时p（Ba2+）偏小，则c（Ba2+）偏大，溶液过饱和，C不符合题意；
D.加入BaCl2，c（Ba2+）增大，平衡正向移动，则可使溶液由 c点变到a点，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】易错点Ksp只与温度有关，温度不变Ksp不变。
14．【答案】B
【解析】【解答】A. 由以上分析知，A点溶液的的溶质为0.01mol Na2CO3和0.01mol NaAlO2，CO32-和AlO2-均发生水解，由物料守恒可知，A点： ，故A不符合题意；
B. 由以上分析知，B点溶液的溶质为Na2CO3，Na2CO3溶液中存在CO32-的水解平衡，CO32- + H2O HCO3- + OH-、HCO3- +H2O H2CO3 + OH-，同时存在水的电离，又水解是微弱的，故B点： ，故B符合题意；
C. 由以上分析知，C点溶液的溶质为NaHCO3，由电荷守恒知，C点： ，故C不符合题意；
D. O点未通入CO2，溶液的溶质为0.01 mol 和0.02 mol NaOH，故O点： ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】向含0.01mol NaAlO2和0.02mol NaOH的稀溶液中缓慢通入CO2，首先进行的反应为 ，0.02mol NaOH消耗0.01mol CO2，生成0.01mol Na2CO3，故A点溶液的的溶质为0.01mol Na2CO3和0.01mol NaAlO2；然后发生反应: ，0.01mol NaAlO2消耗0.005molCO2，生成0.005molNa2CO3，故B点溶液的溶质为Na2CO3；继续通入CO2，发生反应: ，前两个阶段共生成0.015mol Na2CO3，则该反应会消耗0.015molCO2，生成0.03mol NaHCO3，故C点溶液的溶质为NaHCO3，据此分析解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)= = =1.56×10-8mol/L；AgBr溶液中c(Ag+)= = =7.7×10-11mol/L；Ag2CrO4溶液中c(Ag+)= = =3×10-5mol/L，c(Ag+)越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO42-，
故答案为：C。
【分析】本题考查溶度积的计算，为高频考点，把握Ksp与离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意同类型的难溶电解质的Ksp越小越易转化为沉淀。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H+)=c( )+2c( )+c(OH-)，0.1000 mol·L 1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c(H2C2O4) + c( )+ c( )，两式整理得c(H+)=0.1000mol/L-c(H2C2O4)+c( )+c(OH-)，故A符合题意；
B．c(Na+)=c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4， 既存在电离平衡又存在水解平衡， 水解的离子方程式为 +H2O H2C2O4+OH-， 水解常数Kh= =1.85 10-13 Ka2(H2C2O4)， 的电离程度大于水解程度，则c( ) c(H2C2O4)，故B不符合题意；
C．滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c( )+2c( )+c(OH-)，室温pH=7即c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c( )+2c( )=c(总)+c( )-c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总) 0.1000mol/L，c(Na+) 0.1000mol/L +c( )-c(H2C2O4)，故C不符合题意；
D．c(Na+)=2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c( )+2c( )+c(OH-)，物料守恒为c(Na+)=2[c(H2C2O4) + c( )+ c( )]，两式整理得c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c( )，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据电荷守恒写出电荷守恒的关系式，结合物料守恒等式即可判断
B.根据 c(Na+)=c(总)的溶液 ，可以得出是产物是NaHC2O4，水解会产生H2C2O4，电离会产生，比较水解程度和电离程度即可
C.根据电荷守恒和物料守恒判断即可
D. c(Na+)=2c(总)的溶液 ，说明此时的溶液是Na2C2O4，充分的利用电荷守恒和物料守恒判断
17．【答案】（1）①＞②＞④＞③
（2）c (Cl-)＞C(NH4+) ＞c (H+)＞c (OH﹣)
（3）c(OH－)=c(H+)+c(H2CO3)-c(CO32-)
（4）增大
（5）10－12 mol/L
（6）3HCO3－+ Al3＋= Al(OH)3↓+ 3CO2↑；因Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，溶液呈酸性会腐蚀铁筒
（7）将Fe2+氧化成Fe3＋，便于调整pH值与Cu2+分离；3.2-4.4；B
【解析】【解答】Ⅰ．（1）①Na2CO3②NaHCO3盐溶液中阴离子水解促进水的电离，其水的电离程度增大，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，则水的电离程度①>②，而③HCl④NH3 H2O是酸和碱，抑制水的电离，一水合氨为弱碱，对水抑制作用相对较小，水电离程度④>③，则四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是①②④③，
故答案为：①②④③；（2）等体积混合③HCl④NH3 H2O，生成氯化铵溶液，溶液中铵根离子发生水解，其方程式为：NH4+ + H2O NH3·H2O+ H+，根据电荷守恒可知，其离子浓度大小为：c (Cl-)＞C(NH4+) ＞c (H+)＞c (OH﹣)，故答案为：c (Cl-)＞C(NH4+) ＞c (H+)＞c (OH﹣)；（3）②NaHCO3溶液遵循质子守恒规律，即c(OH－)=c(H+)+c(H2CO3)-c(CO32-)，故答案为：c(OH－)=c(H+)+c(H2CO3)-c(CO32-)；（4）④NH3·H2O中存在电离平衡，为弱碱，当加入氯化铵固体时，由于铵根离子浓度增大，抑制其电离平衡，故溶液中的c(OH－)降低，根据水的离子积KW=c(H+)×c(OH )保持不变可知，c(H+)增大；（5）0.1 mol/L的HCl溶液10mL加水稀释到100mL，其氰离子浓度c(H+) = 0.01 mol/L，根据水的离子积KW=c(H+)×c(OH )可知，常温下溶液中由水电离的氢氧根离子浓度c(OH ) = = = 10-12 mol/L，则该溶液中由水电离出的c(H+)约为10-12 mol/L，
故答案为：10-12 mol/L；Ⅱ．碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子能水解使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而导致其溶液呈碱性，水解离子方程式为：HCO3-+H2O H2CO3+OH-；硫酸铝是强酸弱碱盐能水解，其水解方程式为：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，碳酸氢钠的水溶液呈碱性，两者在水溶液中能相互促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝，离子方程式为：3HCO3-+Al3+= Al(OH)3↓+3CO2↑；铁的金属活动性顺序比铝弱，但不能把Al2(SO4)3溶液盛放在铁筒中，其主要原因也是因为铝离子水解显酸性，腐蚀铁筒，
故答案为： 3HCO3-+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑；因Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，溶液呈酸性会腐蚀铁筒；Ⅲ.①电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，酸浸后主要是溶解铜、铁等金属化合物，双氧水具有强氧化性，可氧化还原性的物质Fe2+，使其转化为Fe3+，便于Fe(OH)3沉淀与Cu2+分离开；根据表中数据可以看出，Fe(OH)3完全沉淀时pH = 3.2，Cu(OH)2开始沉淀时pH = 4.4，为使Fe3+完全沉淀，而与Cu2+分离开来，调整的pH范围应为3.2-4.4，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3＋，便于调整pH值与Cu2+分离；3.2-4.4；②调整pH值时，加入的试剂目的是除去溶液中的酸且不引入其他杂质，故pH过程中加入的试剂最好是氧化铜、氢氧化铜或碳酸铜，故B项正确，而氢氧化钠和氨水会引入新的杂质阳离子钠离子与铵根离子，故A、C项错误，盐酸达不到除杂的目的，故D项错误，
故答案为：B；
【分析】Ⅰ．（1）水解的盐促进水的电离，酸碱抑制水的 电离，盐水解程度越大，水的电离平衡程度越大，弱酸碱抑制水电离程度小于强酸强碱；（2）等体积混合③和④的溶液溶质为氯化铵，铵根离子水解显酸性；（3）NaHCO3溶液中，根据质子守恒规律作答；（4）NH3·H2O电离生成铵根离子与氢氧根离子，加入氯化铵后抑制一水合氨的电离；（5）根据稀释后溶质HCl的氰离子浓度和水的离子积常数Kw计算分析，由水电离的氢氧根离子浓度等于由水电离出的c(H+)，从而得出结论；Ⅱ．碳酸氢钠水解导致溶液呈碱性；，硫酸铝水解导致其溶液呈酸性，碳酸氢钠和硫酸铝在水溶液中能相互促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝，写出相应的离子方程式，注意碳酸氢根离子不能写成碳酸根离子和氢离子；Ⅲ．电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，酸浸后主要是溶解铜、铁等金属化合物，双氧水具有强氧化性，可氧化还原性的物质Fe2+，使其转化为Fe3+，根据表中数据可以看出，其目的是调整合理的pH范围，便于Fe(OH)3沉淀与Cu2+分离开，调整pH值时，加入的试剂目的是除去溶液中的酸且不引入其他杂质，据此分析作答；
18．【答案】（1）Cu(OH)2；Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2 NH4＋
（2）2.7×10－3
（3）c(Fe3＋)＝Ksp/c3(OH－)=1.1×10－3 mol·L－1＞1×10－5 mol·L－1，故Fe3＋没有沉淀完全
【解析】【解答】（1）Mg（OH）2和Cu（OH）2的类型相同，Ksp[Mg（OH）2] Ksp[Cu（OH）2]，开始溶液中Mg2+和Cu2+浓度相等，加入氨水先达到Cu（OH）2的溶度积，则加入氨水先生成Cu（OH）2沉淀，反应的离子方程式为Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+。（2）因为两种沉淀共存，则溶液中c（Ag+）·c（Br-）=Ksp（AgBr），c（Ag+）·c（Cl-）=Ksp（AgCl）， =2.7 10-3。（3）pH=3时溶液中c（OH-）=1 10-14 （1 10-3）=1 10-11mol/L，c（Fe3+）=Ksp/c3（OH-）=1.1 10-36 （1 10-11）3=1.1 10-3mol/L 1 10-5mol/L，Fe3+没有沉淀完全。
【分析】（1）Ksp小的优先生成沉淀
（2） 看到比值写常数
（3）看离子沉淀是否完全，即看溶液中离子浓度是否小于1*10-5mol/L
19．【答案】（1）CH3COOH CH3COO-+H+；bc
（2）碱性；CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-；I；0.1mol/L的醋酸；＜；c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
（3）Fe3++3SCN- Fe(SCN)3；出现白色沉淀；AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)，加入KI 溶液，因溶解度：AgSCN > AgI， Ag+和I-反应生成AgI沉淀，c(Ag+)减小，AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)溶解平衡正向移动
（4）随着循环次数的增加，浸出液中 的浓度减小、Cl-浓度增大，使AgCl＋2 ＋Cl-的限度减小
【解析】【解答】(1)① 醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离为醋酸根离子和氢离子，醋酸的电离方程式是CH3COOH CH3COO-+H+；②a．滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，CH3COOH CH3COO-+H+平衡逆向移动，CH3COOH 电离程度减小，故不选a；
b．电离吸热，微热溶液，CH3COOH CH3COO-+H+平衡正向移动，CH3COOH 电离程度增大，
故答案为：b；
c．加水稀释，CH3COOH CH3COO-+H+平衡正向移动，CH3COOH 电离程度增大，
故答案为：c；
d．加入少量醋酸钠晶体，CH3COO-浓度增大，CH3COOH CH3COO-+H+平衡逆向移动，CH3COOH 电离程度减小，故不选d；
选bc；(2)Ⅰ．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，溶液呈碱性；Ⅱ. ①盐酸是强酸，0.1 mol·L-1的盐酸溶液pH=1，醋酸是弱酸，0.1 mol·L-1的醋酸溶液pH＞1，所以滴定醋酸的曲线是I；② 酸电离出的氢离子、碱电离出的氢氧根离子抑制水电离；0.1 mol·L-1 NaOH 溶液中氢氧根离子浓度等于 0.1 mol·L-1 的盐酸溶液中氢离子浓度，醋酸是弱酸，0.1 mol·L-1 CH3COOH中氢离子浓度小于0.1mol/L，溶液滴定开始前，三种溶液中由水电离出的 c(H+)最大的是醋酸；③0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，恰好反应消耗氢氧化钠溶液的体积都是20mL，此时氯化钠溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，若使pH都等于7，醋酸消耗氢氧化钠溶液的体积小于20mL，所以V1 ＜V2；④ M 点对应的溶液中，溶质是等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，说明醋酸的电离大于醋酸钠的水解，离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+-)＞c(H+-)＞c(OH-)；(3) ①步骤 2 中Fe3+遇KSCN溶液变红色，反应的离子方程式是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；②向步骤 2 的溶液中，继续加入 5 滴 3 mol·L-1 AgNO3溶液，发生反应Ag++SCN- AgSCN↓，现象a是有白色沉淀产生；
③AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)，加入KI 溶液，因溶解度：AgSCN > AgI， Ag+和I-反应生成AgI沉淀，c(Ag+)减小，AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)溶解平衡正向移动，白色沉淀转化成黄色沉淀；(4) Ⅲ中回收液可直接循环使用，但循环多次后， 的浓度减小、Cl-浓度增大，使AgCl＋2 ＋Cl-的限度减小，I 中的银的浸出率会降低。
【分析】(1)① 醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离为醋酸根离子和氢离子；② 根据影响弱电解质电离的因素分析；(2)Ⅰ．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解；Ⅱ. ①盐酸是强酸，0.1 mol·L-1的盐酸溶液pH=1，醋酸是弱酸，0.1 mol·L-1的醋酸溶液pH＞1；② 酸电离出的氢离子、碱电离出的氢氧根离子抑制水电离； ③0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，恰好反应消耗氢氧化钠溶液的体积都是20mL，此时氯化钠溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性；④ M 点对应的溶液中，溶质是等浓度的醋酸钠和醋酸；(3) ①步骤 2 中Fe3+遇KSCN溶液变红色；②向步骤 2 的溶液中，继续加入 5 滴 3 mol·L-1 AgNO3溶液，发生反应Ag++SCN- AgSCN↓；③溶解度AgSCN > AgI，一种沉淀易转化为比它更难溶的沉淀；(4)循环多次后，溶液中 的浓度减小、Cl-浓度增大；
20．【答案】（1）②>①>④>③；1.0×10-13 mol L-1
（2）c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)
（3）0.02；CN-+CO2+H2O=HCN+
【解析】【解答】(1)根据表中几种酸的电离常数可知：酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH > H2CO3>HCN>HCO，酸越弱其酸根水解程度越大，所以①NaCN溶液、②NaOH溶液、③CH3COONa溶液、④NaHCO3溶液中，碱性由强到弱的顺序为：②>①>④>③，这4种溶液pH由大到小的顺序是②>①>④>③，
②为NaOH溶液，NaOH属于强碱，0.1mol·L-lNaOH溶液中c(H+)=1.0×10-13 mol L-1。所以由水电离的H+浓度为1.0×10-13 mol L-1，故答案：②>①>④>③；1.0×10-13 mol L-1。
(2)①为NaCN溶液，NaCN为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以NaCN溶液中各离子浓度由大到小的顺序是：c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)，故答案：c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)。
(3)==0.02；由酸性由强到弱的顺序：CH3COOH > H2CO3>HCN>HCO可知，向NaCN溶液中通入少量CO2，生成碳酸氢钠和HCN，其发生反应的离子方程式为CN-+CO2+H2O=HCN+，故答案：0.02；CN-+CO2+H2O=HCN+。
【分析】（1）电离平衡常数越大，酸性越强，则酸性：CH3COOH > H2CO3>HCN>HCO，越弱越水解，对应的钠盐pH越大；酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
（2）NaCN溶液中CN-离子水解溶液显碱性；
（3）=；向NaCN溶液中通入少量CO2，生成碳酸氢钠和HCN。
21．【答案】（1）+3
（2）搅拌混合物或适当升高温度、将原材料粉碎、延长浸取时间等
（3）
（4）将还原为；炭黑和
（5）9.0
（6）；
【解析】【解答】（1） 中元素Co的化合价为 +3价；
（2）升高温度、加大固体反应物的接触面积等措施都可以加快化学反应速率，提高碱浸的效率；
（3）Al单质与过量的氢氧化钠反应得到AlO2-离子，向偏铝酸盐中通CO2可以得到Al（OH）3沉淀： ；
（4）根据流程图，可知， 中元素Co 本身是+3价，但是在浸出渣加入硫酸以及H2O2并除杂后，得到了+2价的Co（OH）2，可见稀硫酸与H2O2的作用是将+3价的Co还原为+2价的Co；
调pH值得过程会得到Fe（OH）3，炭黑不与硫酸反应，所以废渣得主要成分包括炭黑和Fe（OH）3沉淀；
（5）将c（Co2+）=1×10-5mol/L代入：c（Co2+）×c2（OH-）=Ksp【Co（OH）2】，解得c（OH-）=1×10-5mol/L，此时pH=9.0，那么要确保 Co2+完全沉淀，pH应大于等于9.0；
（6）根据均摊法，计算出晶胞中Ti的个数为：8×1/8=1，Co的个数为：1，O的个数等于6×1/2=3，那么该晶胞的化学式为 ；ρ=MN/VNA=155/（a×10-7）3NA= ；
【分析】（1）通过Li和O的常见价态推出Co的价态；
（2）温度、浓度、催化剂、压强以及固体反应物接触面积会影响化学反应速率；
（3）氢氧化铝属于两性氢氧化物，通过强酸制弱酸的原理，可以向偏铝酸盐中通CO2制取氢氧化铝；
（4）通过分析流程图可知H2O2在该步骤中作还原剂，而不是经常显得氧化性，这里易出现错误；
（5）本题的思路是求出临界pH值，即c（Co2+）=1×10-5mol/L时的OH-离子的浓度；
（6）根据晶胞密度的公式可以计算出该晶胞的密度，本题直接告诉晶胞参数，较为简单。
