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易错点十二 盐的水解、难溶电解质的溶解平衡 模拟题训练
小题快练
1．（2018届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期期末）已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸的化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数(25℃)
1.8×10－5
4.9×10－10
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
则下列有关说法正确的是( )
A. 各溶液pH关系为：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)
B. a mol·L－1HCN溶液与b mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na＋)＞c(CN－)，则a一定小于b
C. 冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性和pH均先增大后减小
D. NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有2c(Na＋)＝3〔c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)〕
【答案】A
2．（2018届浙江省诸暨中学高三上学期第二阶段考）25℃时，0.1 mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L 的溶液，溶液中部分微粒与 pH 的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是
A. W点所示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝4c(CO32－)＋c(OH－)＋c(Cl－)
B. pH＝4的溶液中：c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)＝0.1 mol/L
C. pH=8的溶液中：c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO3－)＝c(OH－)＋c(Cl－)
D. pH＝11的溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)
【答案】C
【解析】A．根据电荷守恒可知，溶液中离子浓度应该满足：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-) +c(Cl-) +c(HCO3-)，故A错误；B．根据图像可知，pH=4时有CO2生成，根据物料守恒可知c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)＜0.1 mol?L-1，故B错误；C．根据图像可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，则根据物料守恒可知：c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=c(Cl-)=c(Na+)，再结合电荷守恒c(Na+)+c(H+) =2c(CO32-) +c(OH-)+c(Cl-)+c(HCO3-)可得：c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)=c(OH-)+c(Cl-)，故C正确；D．根据图像可知pH=11时，溶液碳酸钠的浓度远远大于碳酸氢钠，这说明碳酸钠是过量的，则c(Na+)＞c(CO32-)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)，故D错误；故选C。
3．（2018届吉林省辽源市田家炳高级中学等五校高三上学期期末）下面提到的问题中，与盐的水解有关的是（?? ）
①明矾和FeCl3可作净水剂
②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸
③实验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶解在盐酸中，而后加水稀释
④NH4Cl溶液可作焊接中的除锈剂
⑤实验室盛放Na2SiO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞
⑥用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂
⑦在NH4Cl或AlCl3溶液中加入金属镁会生成氢气
⑧草木灰与铵态氮肥不能混合施用
⑨加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体．
A. ①④⑦ B. ②⑤⑧ C. ③⑥⑨ D. 全部
【答案】D
【解析】①明矾和FeCl3净水，利用Al3＋、Fe3＋水解成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮固体小颗粒达到净水的目的，与盐类水解有关，故①正确；②FeCl3在水溶液中发生Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，为了抑制FeCl3的水解，需要加入少量的盐酸，与盐类水解有关，故②正确；③AlCl3的水溶液中存在：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，为了抑制Al3＋的水解，因此需要把AlCl3先溶解在盐酸中，然后再加水稀释到需要的浓度，与盐类水解有关，故③正确；④NH4Cl溶液中存在NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，氯化铵的水溶液显酸性，因此可以作焊接的除锈剂，与盐类水解有关，故④正确；⑤Na2SiO3溶液存在SiO32－＋H2OHSiO3－＋OH－，硅酸钠溶液显碱性，与SiO2发生反应，因此盛放硅酸钠溶液的试剂瓶用橡皮塞，不能用橡胶塞，硅酸钠溶液显碱性，与盐类水解有关，故⑤正确；⑥两者发生双水解，产生氢氧化铝和CO2，与盐类水解有关，故⑥正确；⑦NH4Cl、AlCl3属于强酸弱碱盐，NH4＋、Al3＋水解造成溶液显酸性，H＋与Mg反应生成H2，因此与盐类水解有关，故⑦正确；⑧草木灰的成分是K2CO3，其水溶液显碱性，铵态氮肥的水溶液显酸性，两者混合使用发生双水解反应，降低铵态氮肥的肥效，因此与盐类水解有关，故⑧正确；⑨AlCl3的水溶液中存在：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，盐类水解是吸热反应，加热促进水解以及HCl的挥发，加热蒸干氯化铝得到氢氧化铝固体，因此与盐类水解有关，故⑨正确；综上所述，选项D正确。
4．（2018届江西省抚州市临川区第一中学高三上学期教学质量检测二）NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠应用于冶金、燃料，皮革，电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是
A. 1mol/LNa2SO4溶液中含氧原于的数目一定大于4NA
B. 1L0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA
C. 生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA
D. 通常状况下,11.2LCO2中含质子的数目为11NA
【答案】C
【解析】A、未注明溶液的体积，无法判断1mol/LNa2SO4溶液中含氧原子的数目，选项A错误；B、1L0.1mol/LNa2S溶液中含有0.1molNa2S，硫离子水解生成HS-和氢氧根离子，阴离子的数目大于0.1NA，选项B错误；C、根据方程式，氧化产物为二氧化碳，生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA，选项C正确；D、通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，故11.2LCO2物质的量不是0.5mol，所含质子的数目小于11NA，选项D错误。答案选C。
5．（2018届山东省菏泽市第一中学高三12月月考）能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 稀硫酸和Ba(OH)2溶液反应：H++SO42-+Ba2++OH-＝BaSO4↓+H2O
B. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+
C. 室温下，测得氯化铵溶液pH<7，证明一水合氨是弱碱：NH4＋＋2H2O＝NH3·H2O＋H3O＋
D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+＝H2SiO3↓+2Na+
【答案】B
6．（2018届浙江省台州中学高三上学期第一次统练）某矿石主要含CuO和Cu2(OH)2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2。按如下流程可制得Cu3N和铁红。
下列说法不正确的是
A. 每生成1mol Cu3N，转移的电子为6mol
B. 滤液G可以并入滤液E加以利用
C. 加入NH4HCO3溶液需控制温度以抑制Fe2+水解和NH4HCO3分解
D. 由FeCO3转化为Fe2O3的操作包括洗涤、干燥、空气中煅烧
【答案】A
【解析】试题分析：某矿石主要含CuO和Cu2(OH)2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2，与酸反应，SiO2不反应，过滤滤渣A为是SiO2，滤液B中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+，加C过滤，滤渣D最终转化为Cu3N，滤液最终转化为氧化铁，所以滤液E中含有Fe2+，滤渣D为Cu和多余的Fe，C为铁粉，滤渣D加酸溶解，过滤，滤液G为Fe2+溶液，滤渣F为Cu；滤液E中含有Fe2+与碳酸氢铵反应生成FeCO3，FeCO3在空气中煅烧得到Fe2O3。A．Cu转化为 Cu3N，Cu的化合价升高1价，则每生成1mol Cu3N，转移的电子为3mol，故A错误；B．由分析可知，滤液G为Fe2+溶液，滤液E中含有Fe2+，所以滤液G可以并入滤液E加以利用，故B正确；C．温度太高，会促进亚铁离子水解，而且NH4HCO3分解，所以需控制温度以抑制Fe2+水解和NH4HCO3分解，故C正确；D．通过过滤把FeCO3从溶液中分离出来，需要洗涤、干燥，然后在空气中煅烧就得到Fe2O3，故D正确；故选A。
7．（2018届江西省莲塘一中、临川二中高三上学期第一次联考）能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A. Fe3O4 溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
B. 硫化钠的水解反应：S2-+H3O+HS-+H2O
C. 将0.2mol/L的NH4Al(SO4)2溶液与0.3mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2A1(OH)3↓+3BaSO4↓
D. NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】C
8．（2018年普通高等学校招生全国统一考试高考模拟调研卷）下列有关叙述中正确的是
A. 向NaHSO4溶液中加入等浓度等体积的Ba(OH)2溶液:pH=13
B. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度不同
C. 向醋酸溶液中加少量水稀释， 增大
D. 向0.10mol/LNa2CO3溶液中通入少量CO2后:c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)
【答案】B
【解析】A. 两溶液混合后呈碱性，因不知道两溶液中溶质的物质的量浓度，所以无法计算混合液的pH，A不正确；B. NaCl不水解、而CH3COONH4溶液中的醋酸根和铵根都能水解，所以两溶液中水的电离程度不同，B正确；C. 向醋酸溶液中加少量水稀释，醋酸的电离平衡发生移动，醋酸的电离程度增大，所以减小，C不正确；D. Na2CO3溶液中存在质子守恒： c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)。向0.10mol/LNa2CO3溶液中通入少量CO2后，二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所c(HCO3-)和c(H2CO3)都会变大，而:c(OH-)不会变大（事实上会稍微变小），所以原等式不再成立，D不正确。本题选B。
9．（2018届山西省祁县中学高三12月月考）《本草纲目》中对白矾之用有如下叙述:“吐利风热之痰涎，取其酸苦涌泄也；治诸血痛，脱肛……取其酸涩而收也………下列说法错误的是
A. 治血痛的原因是利用了胶体的聚沉
B. 白矾溶于水后微粒浓度排序: c (H2O)>c (SO42-) >c (Al3+) >c (K+) >c(OH-)>c(H+)
C. 检测“无矾油条”是否含“矾”的方法是: 将油条加热碳化→加水溶解→过滤→滤液中逐滴加入NaOH 溶液
D. 白矾在油条中做膨化剂的原理是: A13++ 3HCO3-= Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】B
10．（2018届河北省沧州市普通高中高三上学期教学质量监测联考）设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A. 30g乙烷中所含的极性共价键数目为7NA
B. 1molSO2与足量02反应生成SO3分子数目为NA
C. 标准状况下22.4LCHCl3中含有的Cl原子数目为3NA
D. 1.0LO.1mol/L的NaClO溶液中含有的ClO-数目小于0.1NA
【答案】D
【解析】A、30g乙烷的物质的量为1mol，每1mol乙烷中含6molC-H键，1molC-C键，其中C-H键为极性键，故1mol乙烷中含极性共价键6NA，故A错误；B、SO2与02的反应为可逆反应，1molSO2不能完全转化为SO3，则生成的SO3分子数目少于NA，故B错误；C、标况下，CHCl3为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，即22.4LCHCl3不是1mol，Cl原子数目也不是3NA，故C错误；D、1.0L O.1mol/L的NaClO 即为0.1molNaClO，其中ClO-会发生水解，则ClO-少于1mol,即数目小于0.1NA，故D正确。故选D。
11．（2018届北京市石景山区高三第一学期期末）下列离子方程式书写正确且能合理解释事实的是
A. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2++2HCO3－+2OH－=== CaCO3↓+CO32－+H2O
B. 用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢：CaSO4(s)+CO32－=== CaCO3(s)+ SO42－
C. 用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu：Fe3++ Cu=== Fe2++ Cu2+
D. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3++3H2O === Al(OH)3↓+3H+
【答案】B
【解析】A. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：Ca2++HCO3－+OH－= CaCO3↓+ H2O，选项A错误；B. 用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢，反应的离子方程式为：CaSO4(s)+CO32－=== CaCO3(s)+ SO42－，选项B正确；C. 用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu，反应的离子方程式为：2Fe3++ Cu= 2Fe2++ Cu2+，选项C错误；D. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体，反应的离子方程式为：Al3++3H2O = Al(OH)3（胶体）+3H+，选项D错误。答案选B。
12．（2018届广东省肇庆市高三第一学期二模）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，金属阳离子浓度变化如图所示。据图分析，下列判断正确的是
A. [Ksp[Cu(OH)2]B. d点代表的溶液中Fe(OH)3已过饱和、Cu(OH)2未饱和
C. 加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
D. b、c两点代表的Fe(OH)3、Cu(OH)2溶解度相等
【答案】B
【解析】A、由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe(OH)3]与Ksp[Cu(OH)2]的大小，Ksp[Fe(OH)3]=c（Fe3＋）·（OH－）3=c（Fe3＋）·（10-12.7）3，Ksp[Cu(OH)2]=c（Cu2＋）·（OH－）2=c（Cu2＋）·（10-9.6）2，因c（Fe3＋）=c（Cu2＋），故Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Cu(OH)2]，故A错误；B、在C点表示Cu(OH)2饱和溶液，在d点铜离子浓度比饱和时小，所以表示不饱和溶液；b点表示Fe(OH)3饱和溶液， d点代表的溶液中Fe(OH)3已过饱和，故B正确；C、向溶液中加入NH4Cl固体，铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，会导致溶液中的c（OH－）减小，故不能使溶液由a点变到b点，故C错误；D、曲线为沉淀溶解平衡曲线，曲线上的点为平衡点，已知b、c两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上，所以两点均代表溶液达到饱和，物的量浓度数值相等，Fe(OH)3和Cu(OH)2的摩尔质量不同，故溶解度不相同，故D错误。故选B。
13．（2018届辽宁师范大学附属中学高三上学期期末）下列说法正确的是
A. 3.0L0.1mol·L-1NaOH溶液中缓慢通入CO2至溶液增重8.8g时。溶液中：
c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
B. 常温下，将CH3COONa溶液和盐酸混合至溶液pH=7：
c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)
C. 常温下，pH=6的NaHSO3溶液中：c(SO32-)- c(H2SO3)=9.9×10-7mol·L-1
D. Ksp (Fe(OH)3)=1.0×10-38，Ksp (Mg(OH)2)=1.0×10-11，则浓度均为0.1 mol·L-1氯化铁、氯化镁混合溶液，若除去溶液中的Fe3+，应将pH调至3～11。
【答案】C
【解析】A.3.0L0.1mol·L-1NaOH溶液含有0.3molNaOH，缓慢通入CO2至溶液增重8.8g时通入CO20.2mol，3NaOH+2CO2NaHCO3+Na2CO3+H2O，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，所以溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，故A错误；B. 常温下，将CH3COONa溶液和盐酸混合，CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl，若c(CH3COONa)=c(CH3COOH)，则溶液呈酸性，当溶液pH=7时，c(CH3COONa)>c(CH3COOH)=c(NaCl)，而且水解消耗的CH3COONa与电离消耗的CH3COOH 的物质的量相等，因此，c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)=c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)，故B错误；C. 常温下，pH=6的NaHSO4溶液中，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，元素守恒：c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+ c(H2SO3)，两个表达式消去c(Na+)得c(SO32-)- c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=1.0×10-6mol·L-1-1.0×10-8mol·L-1=9.9×10-7mol·L-1，故C正确；D. Ksp (Fe(OH)3)=1.0×10-38，Ksp (Mg(OH)2)=1.0×10-11，则浓度均为0.1 mol·L-1氯化铁、氯化镁混合溶液，若除去溶液中的Fe3+，应控制c(Fe3+ )< 10-5mol/L，c(OH－)>( =10-11mol/L，pH=3，Mg2+不沉淀应控制c(OH－)< =1×10-5mol/L，pH=9，总之，应将pH调至3～9，故D错误。故选C。
14．（2018届重庆市巴蜀中学高三上学期第五次月考）下列实验操作、对应的现象以及结论都正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
氨水中滴加酚酞溶液
溶液变红
NH3·H2O 是一元弱碱
B
向久置的Na2SO3 溶液中加入足量BaCl2溶液, 再加入足量稀盐酸
先产生白色沉淀，后部分沉淀溶解
部分Na2SO3 被氧化
C
向FeCl3溶液中加入NaHCO3 溶液
产生白色沉淀和气泡
Fe3+和HCO3-发生双水解
D
将0.1mol/L ZnCl2溶液滴人Na2S溶液中至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/L CuSO4溶液
先产生白色沉淀，后生成黑色沉淀
Ksp(ZnS )【答案】B
【解析】只能证明氨水溶液显碱性，A错误；向久置的Na2SO3 溶液中加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀盐酸，沉淀溶解的为亚硫酸钡，而剩余的沉淀为硫酸钡，结论正确，B正确；双水解产生红褐色沉淀是氢氧化铁，不是白色沉淀，C错误；结论错误，应为Ksp(ZnS )>Ksp(CuS)，D错误；正确选项B。
15．（2018届北京市西城区高三上学期期末）下列反应的发生与“难溶电解质的溶解平衡”或“盐类水解平衡”无关的是
A. 镁条与NH4Cl溶液反应生成H2 B. NaHSO4溶液与NaOH溶液反应生成Na2SO4
C. 盐酸与CaCO3反应生成CO2 D. Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液反应生成CO2
【答案】B
16．（2018届四川省资阳市高中高三第二次诊断）已知298K时，Ksp(NiS)＝1.0×10-21，Ksp(NiCO3)＝1.0×10-7 ；p(Ni)＝－lg c(Ni2+)，p(B)＝－lg c(S2-)或－lg c(CO32-)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是
A. 常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B. 向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
C. 对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动
D. P为3.5且对应的阴离子是CO32-
【答案】C
【解析】A，常温下Ksp（NiS）Ksp（NiCO3），NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A项正确；B，Ksp（NiS）Ksp（NiCO3），则曲线I代表NiS，曲线II代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS（s）Ni2+（aq）+S2-（aq），加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+减小，d点向b点移动，B项正确；C，对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C项错误；D，曲线II代表NiCO3， a点c（Ni2+）=c（CO32-），Ksp（NiCO3）= c（Ni2+）·c（CO32-）=110-7，c（Ni2+）=c（CO32-）=110-3.5，pNi=pB=3.5且对应的阴离子为CO32-，D项正确；答案选C。
17．（2018届广东省茂名市高三第一次综合考试）已知pC=-lgc；Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20和Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，测得两种金属离子的PC与pH的变化关系如下图所示。下列说法正确的是
A. 加入氨水调节pH可除去MgS04溶液中的CuSO4杂质
B. pH调到Q点则Mg2+和Cu2+都已沉淀完全
C. 在浓度均为1mo/LCuSO4和MgS04的混合溶液中，存在c(Cu2+)+c(Mg2+)>c(S042-)
D. L1代表pC(Cu2+)随pH变化，L2代表pC(Mg2+)随pH变化
【答案】D
【解析】A、加入氨水调节pH可使Cu2+生成沉淀与Mg2+分离，但引入了新的杂质离子NH4+，所以A错误；B、Q点的pH约为9，则由Ksp求得c(Cu2+)=10—10 mol/L<1.010—5 mol/L，c(Mg2+)=10—2 mol/L>1.010—5 mol/L，所以Cu2+已沉淀完全而Mg2+不能沉淀完全，故B错误；C、由于Mg2+和Cu2+都能够水解，所以c(Cu2+)+c(Mg2+)18．（2018届广东省茂名市高三第一次综合考试）由下列实验操作及现象能推出相应结论的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向酸性高锰酸钾溶液中加入过量FeI2固体，反应后溶液变黄
反应后溶液中存在大量Fe3+
B
将某无色气体通入溴水中，溴水颜色褪去
该气体一定是SO2
C
向盛有2mL0.1mo/LAgN03溶液的试管中滴加5滴0.1mo/LNa2C03溶液，出现白色沉淀；再往试管中滴加几滴0.1mol/LNa2S溶液，出现黑色沉淀
Ksp(Ag2CO3)>Ksp(Ag2S)
D
向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀
H2CO3的酸性比H2SiO3强
【答案】D
【解析】A、酸性高锰酸钾溶液可将Fe2＋氧化为Fe3＋，将I＋氧化为I2，Fe3＋和I2在溶液中都显黄色，所以A错误；B、能使溴水褪色的无色气体除SO2外，还有乙烯等，故B错误；C、由于AgNO3过量，所以黑色沉淀可能是由过量的AgNO3与Na2S反应生成的，不一定是白色的Ag2CO3转化为黑色的Ag2S，所以不能确定二者的溶度积大小，故C错误；D、根据较强的酸可以置换较弱的酸，所以D正确。本题正确答案为D。
19．（2018届北京市东城区高三第一学期期末）由下列实验及现象不能得出相应结论的是
实验
现象
结论
A
向2 mL 0.01mol/L的 FeCl 3溶液中加入1滴KSCN溶液，再加入足量铁粉，充分振荡
溶液变为红色，加入铁粉后红色褪去，变为浅绿色
Fe3+比Fe2+的氧化性强
B
将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热
钠表面变暗，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰
钠易与氧气反应，加热时生成Na2O的速率加快
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
湿润的红色石蕊试纸逐渐变蓝
NH4HCO3分解产生氨气
D
向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液
一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀
相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小
【答案】B
【解析】A、向FeCl3溶液中加入KSCN，溶液变红，再加铁粉，红色褪去，变为浅绿色，说明发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，其中Fe3+为氧化剂，Fe2+既是氧化产物又是还原产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则Fe3+氧化性比Fe2+强，故A正确；B、将钠放置在空气中，钠表面变暗，生成氧化钠，说明钠易与氧气反应；将钠加热，钠燃烧，生成过氧化钠，故B错误；C、湿润的红色石蕊试纸逐渐变蓝，说明产生了碱性气体NH3，即NH4HCO3分解产生NH3，故C正确；D、两支试管中c(Ag+)·c(I-)=c(Ag+)·c(Cl-)；一支试管中产生黄色沉淀，该黄色沉淀为AgI，说明c(Ag+)·c(I-)＞Ksp(AgI)；另一支试管无现象，说明c(Ag+)·c(Cl-)＜Ksp(AgCl)，所以Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小，故D正确。故选B。
20．（2018届北京市东城区高三第一学期期末）下列事实对应的离子方程式不正确的是
A. 用碳酸钠溶液处理锅炉中的硫酸钙水垢:CaSO4(s)+ (aq) CaCO3(s)+ (aq)
B. 用加热的方法降低自来水中钙离子浓度：Ca2++2H CaCO3 ↓+H2O+CO2↑
C. 用醋酸清洗热水壶中的碳酸钙水垢：2H++CaCO3=== Ca2++H2O+CO2↑
D. 用肥皂（主要成分C17H35COONa）检验含有较多钙离子的硬水：2C17H35COO—+Ca2+ === (C17H35COO)2Ca↓
【答案】C
21．（2018届福建省泉州市普通高中高三单科质量检查）下列有关叙述或判断错误的是
A. Ca(ClO)2可用作饮用水的消毒剂
B. BaCO3可用作肠胃检查的内服剂
C. 锅炉中的CaSO4水垢可用Na2CO3溶液处理，再用酸除去
D. ZnCl2?浓溶液可用于去除待焊金属表面的氧化物
【答案】B
【解析】A. Ca(ClO)2水解产生HClO，所以Ca(ClO)2可用作饮用水的消毒剂，故A正确；B. BaCO3可溶于胃酸，产生有毒的Ba2+，故B错误；C.锅炉中的CaSO4水垢可用Na2CO3溶液处理，CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-，CaSO4转化为CaCO3，再用酸除去，故B正确；D. ZnCl2水解产生盐酸， 所以ZnCl2?浓溶液可用于去除待焊金属表面的氧化物，故D正确。故选B。
22．（2018届广东省深圳中学高三上学期第一次阶段性检测）根据下列实验操作和现象，所得到的结论正确的是
选项
实验
现象
结论
A
向2支盛有2mL等浓度银氨溶液的试管中分别加入2?滴等浓度的NaCl和NaI溶液
一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象
Ksp(AgI)B
NaAlO2?溶液与NaHCO3溶液混合
有白色絮状沉淀生成
两者水解相互促进生成Al(OH)3沉淀
C
FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2
溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成
Fe3+被还原为Fe2+,沉淀为BaSO4和BaSO3
D
向KBrO3溶液中通入少量Cl2,然后再加入少量苯
有机相呈橙红色
氧化性: C12>Br2
【答案】A
【解析】A、一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则Qc>Ksp，另一支中无明显现象，说明Qc，可说明Ksp(AgI)，选项A正确；B、NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀，反应的离子方程式为：HCO3-+AlO2-+H2O=CO32-+ Al(OH)3↓，由方程式可以看出，酸性为HCO3-＞Al(OH)3 而不是因两者水解相互促进引起，选项B错误；C、FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2，溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成，Fe3+被还原为Fe2+，同时生成的SO42-与Ba2+反应生成沉淀为BaSO4，选项C错误；D、溴酸钾被氯气还原为溴，则氧化性是溴酸钾强于氯气，选项D错误。答案选A。
23．（2018届河北省邯郸市高三1月教学质量检测）常温下．Ksp(PbI2)=8.5×10-9。取适量黄色PbI2粉末溶于水中，充分揽拌后得到浊液，过滤。在滤液中加入少量KI,测得c(I-)=1.0×10-2mol·L-1。下列说法正确的是（ ）
A. Ksp(PbI2)减小 B. 溶液中c(I-)减小
C. 产生黄色沉淀 D. 溶液中c(Pb2+)=8.5×10-7mol·L-1
【答案】C
【解析】常温下．Ksp(PbI2)=8.5×10-9。取适量黄色PbI2粉末溶于水中，充分揽拌后得到浊液，过滤。Ksp(PbI2)= c(Pb2+)c2(I-)=4 c3(Pb2+)=8.5×10-9，所以在滤液中，c(Pb2+)=1.3×10-3 mol·L-1，c(I-)=2.6×10-3mol·L-1。在滤液中加入少量KI，测得c(I-)=1.0×10-2mol·L-1，则c(Pb2+)= mol·L-1<1.3×10-3 mol·L-1，所以溶液中一定会产生PbI2黄色沉淀。A. Ksp(PbI2)只与温度有关，温度不变，其值不变，A不正确；B. 溶液中c(I-)明显增大了，B不正确；C. 产生黄色沉淀，C正确； D. 溶液中c(Pb2+)=8.5×10-５mol·L-1，D不正确。本题选C。
24．（2018届贵州省贵阳市第一中学高三第五次适应性月考）已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp [Fe(OH)3]=8.0×10-38，Kb(NH3·H2O)= 1.8×10-5，下列叙述不正确的是
A. Mg(OH)2、Fe(OH)3的饱和溶液中c(OH-)的大小顺序：Mg(OH)2>Fe(OH)3，25℃时，向等浓度的MgCl2和FeCl3混合溶液中逐滴加入氨水，先出现红褐色沉淀，
B. 25℃时，加大量水稀释氨水，电离程度增大，溶液pH减小
C. 25℃时，NH4++H2ONH3·H2O+H＋的平衡常数为5.6×10-10
D. 将0.02 mol?L-1MgCl2溶液和0.02 mol?L-1NaOH溶液等体积混合，没有沉淀生成
【答案】D
【解析】A. Mg(OH)2、Fe(OH)3的饱和溶液中c(OH-)的大小顺序：Mg(OH)2>Fe(OH)3，25℃时，向等浓度的MgCl2和FeCl3混合溶液中逐滴加入氨水，先出现红褐色沉淀，故A正确；B. 25℃时，加大量水稀释氨水，电离程度增大，溶液pH减小，故B正确；C. 25℃时，NH4++H2ONH3·H2O+H＋的平衡常数为Kh= Kh===5.6×10-10，故C正确；D. 将0.02 mol?L-1MgCl2溶液和0.02 mol?L-1NaOH溶液等体积混合，c(OH－)= c(Mg2+)= 0.01 mol?L-1，离子积Qc= c(Mg2+) c(OH－)2=10-6> Ksp[Mg(OH)2]，有沉淀生成，故D不正确。故选D。
25．（2018届四川省乐山市高三第一次调查研究考试）下列实验方案能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
证明Mg(OH)2 沉淀可以转化为Fe(OH)3
向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/L MgCl2溶液，再加入3滴1mol/LFeCl3
B
比较氯和碳的非金属性强弱
将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中
C
配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液
将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中
D
验证氧化性:Fe3+>I2
将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCL4，振荡，静置，观察下层液体是否变成紫色
【答案】D
【解析】A、向2mL1mol/LNaOH溶液中先加3滴1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀，由于NaOH过量，再加入FeCl3时，FeCl3直接与NaOH反应，不能证明沉淀的转化，故A错误；B、将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中，产生气泡，证明盐酸酸性强于碳酸，而比较元素的非金属性强弱，要通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来进行判断，若要比较Cl和C的非金属性强弱，则应比较HClO4与H2CO3的酸性强弱，故B错误；C、将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中，溶质CuSO4的物质的量为1mol，而溶液的体积不是100mL，所配溶液的浓度不是1mol/L，故C错误；D、将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，下层液体变成紫色，则证明产生了I2，说明Fe3+将I氧化为I2，氧化性Fe3+＞I2，故D正确。故选D。
26．（2018届湖南省株洲市高三教学质量统一检测一）下列说法不正确的是
A. 化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因
B. 已知常温下Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，则Mg(OH)2在pH=12的NaOH溶液中的溶解度约为1.044×10-6g
C. 水能，风能、生物质能是可再生能源，煤、石油、天然气是不可再生能源
D. 用酚醛树脂制成的塑料可反复加热熔融加工
【答案】D
27．（2018届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期期末）下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（　 　）
选项
实验操作
实验目的或结论
A
某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
说明该钾盐是K2CO3
B
向含有少量FeCl3 的MgCl2 溶液中加入足量Mg（OH）2 粉末，搅拌一段时间后过滤
除去MgCl2 溶液中少量FeCl3
C
常温下，向饱和Na2CO3 溶液中加少量BaSO4 粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生
说明常温下，Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）
D
将亚硫酸钠与浓硫酸反应制得的气体通入品红溶液中使之褪色
可证明浓硫酸的强氧化性
【答案】B
【解析】A．KHCO3与盐酸反应，也能产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，故A错误；B．FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg(OH)2粉末，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故B正确；C．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明生成碳酸钡沉淀，主要是因为c(Ba2+)×c(CO32-)＞Ksp(BaCO3)，不能说明Ksp(BaCO3)＜Ksp(BaSO4)，故C错误；D.亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体的反应不是氧化还原反应，故D错误；故选B。
28．（2018届黑龙江齐齐哈尔市五校联谊高三上学期期末联考）已知常温下Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol2/L2，Ksp(AgI)＝1.0×10-16 mol2/L2。下列说法中正确的是
A. 在相同温度下AgCl的溶解度小于AgI的溶解度
B. AgCl和AgI都不溶于水，因此AgCl和AgI不能相互转化
C. 常温下，AgC1若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于 ×10-11mol/L
D. 将足量的AgCl分别放入下列物质中:①20mL0.01mol/LKCl溶液 ②10mL0.02mol/LCaCl2溶液 ③30mL0.05mol/LAgNO3溶液。AgCl的溶解度由大到小的顺序为： ③>②>①
【答案】C
【解析】A、由于AgCl和AgI的组成相同，所以用Ksp可直接判断其溶解度的大小，即AgCl的溶解度大于AgI的溶解度，所以A错误；B、溶液中的反应总是向着能使微粒浓度减小的方向进行，由于AgCl的溶解度大于AgI的，所以AgCl可以转化为AgI，故B错误；C、AgC1在溶液中电离产生的c(Ag+)= c(Cl—)= = ×10-5mol/L，所以要转化为AgI，需要NaI的最小浓度为c(I—)= =×10-11mol/L，所以C正确；D、这三种溶液中的c(Ag+)和c(Cl—)的能抑制AgC1的溶解，即c(Ag+)或c(Cl—)越大，使AgC1的溶解度越小，与溶液的体积无关，所以AgCl在这三种溶液中的溶解度由大到小的顺序为：①>②>③，所以D错误。因此本题正确答案为C。
29．（2018届河南省郑州市高三高中毕业班第一次质量检测）向浓度均为0.010mol·L-1的Na2CrO4、NaBr和NaCl的混合溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液。[已知Ksp(AgCl)=1.77×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12，Ksp(AgBr)=5.35×10-13，Ag2CrO4为砖红色]，下列叙述正确的是
A. 原溶液中n(Na+)=0.040mol
B. Na2CrO4 可用作AgNO3溶液滴定Cl-或Br-的指示剂
C. 生成沉淀的先后顺序是AgBr一Ag2CrO4一AgCl
D. 出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中c(Cl-)：c( Br-)=177：535
【答案】B
【解析】A. 原溶液中c(Na+)=0.040mol/L，故A错误；B.析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）= Ksp(AgCl)/ c（Cl-）=(1.77×10-10)/0.01=1.77×10-8mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）= Ksp(AgBr)/ c（Cl-）=(5.35×10-13)/0.01mol/L=5.35×10-11mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=[Ksp(Ag2CrO4)/ c（CrO42-）]1/2=[(1.12×10-12)/0.01mol/L]1/2=1.1×10-5，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，所以产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO42-，可用Na2CrO4作AgNO3溶液滴定Cl-或Br-的指示剂，故B正确、C错误。D. 出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中c (Cl-)：c( Br-)=1770：5.35，故D错误。
30．（2018届河南省郑州市高三高中毕业班第一次质量检测）根据下列实验操作和现象，得出的结论不正确的是
选项
实验操作、现象
结论
A
向淀粉容液中滴入硫酸，加热一段时间后，滴入银氨溶液，水浴加热，无银镜现象出现。
淀粉未水解
B
取少量绿矾(FeSO4·7H2O)溶于稀硫酸溶液中，滴加KSCN溶液，溶液未变红色
绿矾未因氧化而变质
C
将适量Cl2通入NaBr溶液中，再加入CCl4，振荡；静置，下层液体呈橙红色。
Cl2的氧化性大于Br2
D
向含等物质的量浓度的Cu2+、Zn2+溶液中，滴加Na2S溶液，先生成黑色沉淀，静置，继续滴加Na2S溶液，又产生白色沉淀。
Ksp(CuS)sp(ZnS)
【答案】A
【解析】A. 向淀粉容液中滴入硫酸，加热一段时间后，滴入银氨溶液，水浴加热，无银镜现象出现，可能是没有在碱性环境下滴入银氨溶液，故不能说明淀粉未水解，A错误；B.向绿矾溶液中滴加KSCN溶液，溶液未变红色，说明不存在三价铁离子，则绿矾未因氧化而变质，B正确；C. 将适量Cl2通入NaBr溶液中，再加入CCl4，振荡；静置，下层液体呈橙红色，说明Cl2的氧化性大于Br2，C正确；D. 向含等物质的量浓度的Cu2+、Zn2+溶液中，滴加Na2S溶液，先生成黑色沉淀，静置，继续滴加Na2S溶液，又产生白色沉淀。说明铜离子先与硫离子反应，说明Ksp(CuS)更小，D正确。答案选A。
31．（2018届河南省开封市高三上学期第一次模拟考试）极稀溶液中溶质的物质的量浓度很小，常用其负对数pc表示（pcB=－lgcB）。如某溶液中溶质的物质的量浓度为1×10﹣5mol·L﹣1?，?则该溶液中溶质的pc=5。下列说法正确的是
A. 电解质溶液的pc（H+）与pc（OH﹣）之和均为14
B. 用盐酸滴定某浓度的KOH溶液，滴定过程中pc（H+）逐渐增大
C. BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中pc（Ba2+）逐渐减小
D. 某温度下Ksp（AgCl）=1.0×10﹣10?，则其饱和溶液中pc（Ag+）+ pc（Cl﹣）=10
【答案】D
【解析】A、溶液中的c(H+)和c(OH—)与水的电离程度有关，而水的电离程度随温度的升高而增大，如常温下Kw = c(H+)×c(OH—)=1.0×10﹣14?，则pc(H+)+pc(OH—)=14，而在100℃时Kw= c(H+)×c(OH—)=1.0×10﹣12，则pc(H+)+pc(OH—)=12，所以A错误；B、用盐酸滴定某浓度的KOH溶液时，滴定过程中c(OH—)逐渐减小，则c(H+)逐渐增大，所以pc（H+）是逐渐减小的，故B错误；C、向BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中c(Ba2+)逐渐减小，则pc(Ba2+)逐渐增大，所以C错误；D、某温度下 Ksp（AgCl）=1.0×10﹣10?，则饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl﹣)= 1.0×10﹣5mol/L，所以pc(Ag+)+ pc(Cl﹣)=10，故D正确。本题正确答案为D。
32．（2018届山东省济宁市高三上学期期末）下列说法不正确的是
A. 反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)在室温下不能自发进行，则该反应的△H＞0
B. 原电池输出电能的能力取决于组成原电池的反应物的氧化还原能力
C. 0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小
D. 锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去
【答案】C
【解析】A. 由反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)可知，△S＞0，如反应能自发进行，则应满足△H-T△S<0，而常温下不能进行，则该反应的△H＞0，A项正确；B. 原电池输出电能的能力与组成原电池的反应物的氧化还原能力和装置的设计的和理性等因素有关，发生氧化还原反应能力越强，输电能力越强，B项正确；C. 醋酸是弱电解质，加水稀释促进电离，则n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，故溶液中的值增大，C项错误；D. 锅炉长期使用，需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率，水垢中含有CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，使CO32-与CaSO4转化为CaCO3，再将不溶物用稀盐酸溶解除去，D项正确。答案选C。
33．（2018届陕西省西安市“八校”高三联考）25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A. 将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变大，Kw不变
B. 向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变
C. pH=4.75浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液中：c(CH3COO－)+c(OH－)D. 分别用pH=2和pH=3 的 CH3COOH溶液中和等物质的量的NaOH，消耗CH3COOH溶液的体积分别为Va和Vb，则10Va=Vb
【答案】B
【解析】A．将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变小，Kw不变，故A错误；B．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，溶液仍为AgCl的饱和溶液，此时c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变，故B正确；C．pH=4.75、浓度均为0.1mol?L-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，醋酸是弱电解质，溶液中c(CH3COOH)＜c(Na+)，c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，故C错误；D．含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，PH=3的醋酸浓度为y，则有Va×x=Vb×y，则，即Vb＞10Va，故D错误；答案为B。
34．（2018届河南省中原名校高三上学期第五次联考）下列叙述中正确的是
A. 锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后，再将不溶物用酸溶解去除
B. 常温下,BeCl2溶液的pH<7,将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl2
C. 向纯水中加入盐酸或降温都能使水的离子积减小，电离平衡逆向移动
D. 反应2A(g)+B(g)==3C(s)+D(g)能自发进行，说明该反的ΔH>0
【答案】A
35．（2018届河南省郑州市高中毕业班第一次质量检测）向浓度均为0.010mol·L-1的Na2CrO4、NaBr和NaCl的混合溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液。[已知Ksp(AgCl)=1.77×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12，Ksp(AgBr)=5.35×10-13，Ag2CrO4为砖红色]，下列叙述正确的是
A. 原溶液中n(Na+)=0.040mol
B. Na2CrO4 可用作AgNO3溶液滴定Cl-或Br-的指示剂
C. 生成沉淀的先后顺序是AgBr一Ag2CrO4一AgCl
D. 出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中c(Cl-)：c( Br-)=177：535
【答案】B
【解析】A. 原溶液中c(Na+)=0.040mol/L，故A错误；B.析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）= Ksp(AgCl)/ c（Cl-）=(1.77×10-10)/0.01=1.77×10-8mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）= Ksp(AgBr)/ c（Cl-）=(5.35×10-13)/0.01mol/L=5.35×10-11mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=[Ksp(Ag2CrO4)/ c（CrO42-）]1/2=[(1.12×10-12)/0.01mol/L]1/2=1.1×10-5，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，所以产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO42-，可用Na2CrO4作AgNO3溶液滴定Cl-或Br-的指示剂，故B正确、C错误。D. 出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中c (Cl-)：c( Br-)=1770：5.35，故D错误。
36．（2018届河南省郑州市高中毕业班第一次质量检测）根据下列实验操作和现象，得出的结论不正确的是
选项
实验操作、现象
结论
A
向淀粉容液中滴入硫酸，加热一段时间后，滴入银氨溶液，水浴加热，无银镜现象出现。
淀粉未水解
B
取少量绿矾(FeSO4·7H2O)溶于稀硫酸溶液中，滴加KSCN溶液，溶液未变红色
绿矾未因氧化而变质
C
将适量Cl2通入NaBr溶液中，再加入CCl4，振荡；静置，下层液体呈橙红色。
Cl2的氧化性大于Br2
D
向含等物质的量浓度的Cu2+、Zn2+溶液中，滴加Na2S溶液，先生成黑色沉淀，静置，继续滴加Na2S溶液，又产生白色沉淀。
Ksp(CuS)sp(ZnS)
【答案】A
37．（2018届陕西省西安市第一中学高三上学期第四次月考）下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（ ）
【答案】A
【解析】A. 氢氧化钙的溶解度比氢氧化镁大，所以加入足量的氧化镁溶液充分搅拌后，可以把氢氧化钙转化为氢氧化镁，过滤、洗涤后得到氢氧化镁，A正确；B.氯酸钾的氯元素是+5价的，不与硝酸银反应，B不正确；C. 与硝酸钡反应生成不溶于水、可溶于稀盐酸的白色沉淀，这样的盐可能是碳酸盐，但不可能是亚硫酸盐，因为在酸性条件下，亚硫酸钡可以被硝酸根离子氧化为硫酸钡，硫酸钡不溶于盐酸，C不正确；D. 因为硝酸银溶液过量，所以肯定有黄色沉淀产生，无法证明氯化银和碘化银的溶度积的大小关系，D不正确。本题选A。
38．（2018届湖北省襄阳市高三上学期1月调研统一测试）某温度下，向10mL0.1mol/LCaCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2CO3溶液(此时不考虑CO32-的水解)，滴加过程中溶液中-lgc(Ca2+)与Na2CO3 溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是
A. z 点对应的分散系很稳定
B. w、x、y三点中，水的电离程度最大的为w点
C. 若用等浓度的Na2SO4溶液代替Na2CO3溶液，则图像在x点后的变化如虚线部分所示
D. 此温度下，Ksp(CaCO3)=1x10-8.6
【答案】D
【解析】A，z点在曲线下方，z点对应的分散系为悬浊液，悬浊液不稳定，A项错误；B，由图知w、x、y点c（Ca2+）依次减小，溶液中c（CO32-）：wxy，CO32-水解促进水的电离，溶液中OH-全部来自水电离，CO32-浓度越大溶液碱性越强，水的电离程度最大的为y点，B项错误；C，CaSO4微溶于水，CaSO4的溶解度大于CaCO3，若用等浓度的Na2SO4溶液代替Na2CO3溶液，图像在x点后的变化应在实线下方，C项错误；D，当加入10mLNa2CO3溶液时，CaCl2与Na2CO3恰好完全反应，此时c（Ca2+）=c（CO32-）=10-4.3mol/L，Ksp（CaCO3）= c（Ca2+）·c（CO32-）=10-8.6（mol/L）2，D项正确；答案选D。
39．（2018届吉林省实验中学高三一模）如表实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向装有石灰石的简易启普发生器中加入浓醋酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中
苯酚钠溶液产生浑浊
酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚
B
将氯水加入到NaBr溶液中，所得混合溶液加入到KI和CCl4混合溶液中，振荡、静置
先无色NaBr溶液变黄色、后下层溶液显紫红色
非金属性：Cl＞Br＞I
C
向装有固体NaOH试管中加入浓氨水，产生的气体通入到AlCl3溶液中，
AlCl3溶液中出现白色浑浊
碱性：NaOH＞NH3·H2O＞Al(OH)3
D
向稀硫酸和硫化钠的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液
出现黑色沉淀
说明Ksp(Ag2SO4)＞Ksp(Ag2S)
【答案】D
【解析】A．浓醋酸有挥发性，生成的二氧化碳中含有醋酸，将此气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，不能说明碳酸的酸性比苯酚的酸性强，故A错误；B．将氯水加入到NaBr溶液中，生成溴和氯化钠，但氯水可能过量，再将所得混合溶液加入到KI和CCl4混合溶液中，溴、氯均氧化碘离子生成碘单质，不能说明三者氧化性的强弱，故B错误；C．向装有固体NaOH试管中加入浓氨水，氢氧化钠固体吸收水时放出大量的热，降低氨气溶解性，促进氨气的生成，不是利用氢氧化钠的碱性强于氨水，故C错误；D．银离子与硫离子、硫酸根离子反应均生成沉淀，向稀硫酸和硫化钠的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，出现黑色沉淀，说明硫化银更难溶，即Ksp(Ag2SO4)＞Ksp(Ag2S)，故D正确。
40．（2018届山东省菏泽市第一中学高三12月月考）实验：①0.1mol?L﹣1AgNO3溶液和0.1mol?L﹣1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；
②向滤液b中滴加0.1mol?L﹣1KI溶液，出现浑浊；
③向沉淀c中滴加0.1mol?L﹣1KI溶液，沉淀变为黄色．
下列分析不正确的是（　　）
A. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl﹣（aq）
B. 滤液b中不含有Ag+
C. ③中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D. 实验可以证明AgI比AgCl更难溶
【答案】B
【解析】A．浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）?Ag+（aq）+Cl-（aq），故A正确；B．滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误；C．向AgCl中滴加0.1mol?L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；D．向AgCl中滴加0.1mol?L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正确；故选B。
41．（2018届辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高三上学期期末）下列类比关系正确的是
A. 少量碳酸钠溶液与醋酸反应:2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2↑+H2O，则与次氯酸反应也生成CO2(HC1O Ka=2.98×10-8，H2CO3 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
B. Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3，则与氢碘酸反应也可生成FeI3
C. FeCl3加热蒸干、灼烧得Fe2O3，则FeCl2加热蒸干、灼烧得FeO
D. Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应
【答案】D
42．（2018届河北省邢台市高三12月质量检测）25℃时，将1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中加入CH3COOH 或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是
A. 该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=
B. a点对应的混合溶液中c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)
C. 水的电离程度:c>b>a
D. 当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
【答案】A
【解析】1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱。A.该温度下，1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，醋酸的电离平衡常数Ka==≈=，故A错误；B. a点溶液的pH=3.1，是加入的醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c(CH3COO-)＞c(Na+)，醋酸的电离程度较小，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；C. a以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，b点加入醋酸水的电离程度减小，c点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度c>b>a，故C正确；D. 当混合溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)，故D正确；故选A。
43．（2018届山东省青岛市城阳区高三上学期期中学分认定考试）25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 中性溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、SO42-
B. 含MnO4-的溶液中：H+、K+、Br-、I-
C. 0.1mol·L-1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO42-、NO3-
D. 由水电离出的c(OH-)=1×10-14 mol·L-1的溶液中：K+、Na+、SO42-、CO32-
【答案】D
【解析】A项，Fe3+完全沉淀的pH约为4，中性溶液中Fe3+不能大量存在，错误；B项，MnO4-具有强氧化性，会将Br-、I-氧化，不能大量共存；C项，发生离子反应：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，不能大量共存；D项，25℃时水电离出的c（OH-）=1×10-14 mol·L-1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，酸性条件下CO32-不能大量共存，碱性条件下离子间不反应能大量共存，可能共存，正确；答案选D。
44．（2018届山东省枣庄市第三中学高三一调模拟）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。下图是某同学用0.1mol/L KOH 溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol/L的HCl和CH3COOH 溶液滴定曲线示意图(混合溶液体积变化忽略不计)。下列有关判断不正确的是
A. 曲线①代表0.1mol/L KOH 溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，曲线②代0.1mol/LKOH 溶液滴定HCl溶液的滴定曲线
B. 在相同温度下，C点水电离的c (H+) 大于A点水电离的c(H+)
C. 在A 点的溶液中有： c(CH3COO-)+c(OH-)-c (H+)=0.05mol/L
D. 在B 点的溶液中有： c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
【答案】B
【解析】A、相同浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液，由于醋酸是弱酸，所以醋酸溶液的导电能力弱于盐酸，图象中起始时曲线①的导电能力弱于曲线②，故A正确；B、图象中A、C两点分别表示KOH与CH3COOH、KOH与HCl恰好完全反应，由于CH3COOK水解使溶液呈碱性，促进了水的电离，而KCl不水解，溶液呈中性，所以C点水电离的c?(H+)小于A点水电离的c(H+)，故B错误；C、A点为KOH与CH3COOH恰好完全反应生成的CH3COOK溶液，其浓度为c(CH3COOK)= 0.05mol/L= c?(K+)，由电荷守恒可得：c(CH3COO-)+c(OH-)=c?(H+)+ c?(K+)，所以c(CH3COO-)+c(OH-)-c?(H+)= c?(K+)=0.05mol/L，故C正确；D、B点为物质的量浓度均为0.1/3mol/L的CH3COOK和KOH的混合溶液，因CH3COO-水解，所以有c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，故D正确。本题正确答案为B。
45．（2018届辽宁师大附中第一学期期中考试高三化学试卷）下列实验的反映原理用离子方程式表示正确的是（ ）
A. 用浓盐酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4－＋6H＋＋5H2O2=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
B. 用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al＋2OH－=2AlO2－＋H2↑
C. 室温下测得氯化铵溶液pH<7，证明一水合氨是弱碱：NH4＋＋2H2O NH3·H2O＋H3O＋
D. 用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4－＋16H＋＋5C2O42－=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【答案】C
【解析】A、高锰酸钾溶液不能用盐酸酸化，因为高锰酸钾具有强氧化性，Cl－具有还原性，高锰酸钾能将Cl－氧化为氯气，一般高锰酸钾用硫酸酸化，故A错误；B、铝为两性金属，可以和NaOH反应，生成偏铝酸钠和氢气，而镁不能和碱反应，故可以利用NaOH分离镁和铝，离子方程式应为2Al＋2H2O＋2OH－=2AlO2－＋3H2↑，故B错误；C、室温下氯化铵溶液pH＜7，显酸性，则说明氯化铵为强酸弱碱盐，可证明一水合氨是弱碱，其水解方程式为NH4＋＋2H2O ?NH3·H2O＋H3O＋，故C正确；D、草酸为弱酸，在离子方程式中不可拆开，故D错误。故选C。
46．（2018届辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高三上学期期末）下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是
选项
实验及现象
结论
A
在KSCN与FeCl3的混合液中再加入KCl固体，溶液颜色不变
增大Cl-浓度,平衡不移动
B
向NaHCO3溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有气泡产生
证明非金属性:Cl>C
C
将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中,溶液变黄色
证明氧化性:H2O2>Fe3+
D
AgCl的浊液中加入0.1mol/LK2CrO4溶液，生成Ag2CrO4砖红色
Ag2CrO4的溶度积比AgCl的小
【答案】A
47．（2018届辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高三上学期期末）下图所示与对应叙述相符的是
A. 图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)＜Ksp（CuS）
B. 图乙表示pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性:甲酸<乙酸
C. 该温度下向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，pH变化曲线如图丙所示(忽略温度变化)，则①点c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)
D. 图丁表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始变化的曲线，则转化率:αA(H2)=αB(H2)
【答案】C
【解析】A．由图像可知，当c(S2-)相同时，平衡时c(Cu2+)＜c(Fe2+)，则c(Fe2+)·c(S2-)＞c(Cu2+)·c(S2-)，根据Ksp(FeS)＝c(Fe2+)·c(S2?)，Ksp(CuS)＝c(Cu2+)·c(S2?)，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故A错误；B．溶液中pH值与c(H+)间的关系为pH=-lgc(H+)，溶液中c(H+)大，对应的pH值就小，当稀释弱酸时，随着水的加入，稀释可以促进弱酸的电离，但是总体来讲，溶液体积的增量超过溶液中H+的物质的量的增量，表现为溶液中c(H+)＝减小，pH值增大；由于稀释促进弱酸的电离，因而在稀释相同倍数的弱酸时，对于酸性较弱的酸，能够促进其电离，增加了溶液中H+的量，也就表现为c(H+)会较酸性较强的弱酸大些，pH就较酸性较强的弱酸小些，因此总的来讲，酸性较强的弱酸稀释后对应的溶液pH值越大，从图像看出，甲酸的酸性是较乙酸强，即酸性甲酸＞乙酸，故B错误；C．①点时加入10mL氢氧化钠溶液和醋酸反应，得到溶液中是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈酸性，以醋酸的电离为主，则c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)，故C正确；D．由图像可知，A与B状态时NH3的百分含量相等，对于有两种反应物参加的可逆反应，增加其中一种反应物的物料可使得另一种反应物的转化率增加；A状态时， 值较小，可认为是增加了H2的量使得H2自身的转化率变小，B状态时， 值较大，可认为是增加了N2的量，从而提高了H2的转化率，转化率αA(H2)不一定等于αB(H2)，故D错误；故选C。
48．（2018届湖北省黄冈市高三上学期元月调研）通过下列实验操作及现象，不能得出相应结论的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，红色褪去
Na2CO3 溶液中存在水解平衡
B
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶，瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2 具有氧化性
C
向 等 物 质 的 量 浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中加入2滴AgNO3溶液，只生成白色沉淀
Ksp(AgCl) sp(Ag2 CrO4)
D
将H2O2滴入酸性FeCl2溶液中，溶液先变黄色，再滴加H2O2溶液中产生大量气泡
Fe2+既表现还原性，又表现催化作用
【答案】D
【解析】A．Na2CO3溶液水解显碱性，遇酚酞变红，加BaCl2溶液，水解平衡逆向移动，则证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，选项A正确；B、瓶内有黑色颗粒产生，说明生成C，发生反应是4Na+CO22Na2O+C，CO2中C的化合价降低，因此CO2作氧化剂，被还原，选项B正确；C、在等浓度NaCl和Na2CrO4混合溶液中加入2滴AgNO3溶液，只生成白色沉淀，说明先生成氯化银沉淀，则Ksp(AgCl)?49．（2018届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期期末）下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A. 金属钠露置在空气中，光亮表面颜色变暗：4Na+O2=2Na2O
B. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合后加热，产生气体：NH4++OH-NH3↑+H2O
C. 铝条插入烧碱溶液中，开始没有明显现象：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
D. 碘化银悬浊液滴加硫化钠溶液，黄色沉淀变成黑色：2AgI+S2-=Ag2S+2I-
【答案】B
【解析】A、钠具有强还原性，在空气中易被氧化为Na2O，颜色变暗，方程式正确，故A正确；B、硫酸铵与氢氧化钡反应，除了NH4+与OH-的反应之外，还有Ba2+和SO42-的反应，离子方程式错误，故B错误；C、铝表面易形成氧化铝薄膜，插入NaOH溶液中，NaOH先要溶解表面的氧化铝，再与Al单质反应产生气泡，方程式正确，故C正确；D、碘化银悬浊液中存在溶解平衡AgI(s) ?Ag+ + I-，加入硫化钠，S2-与Ag+结合为更难溶的Ag2S，即碘化银转化为硫化银，方程式正确，故D正确。故选B。
50．（2018届黑龙江省大庆市高三第一次教学质量检测）下列实验操作、现象和结论均正确的是
实验操作
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中通入SO2
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
用铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有Na+、无K+
C
向Fe(OH)3悬浊液中，滴加适量饱和的MgCl2溶液
红褐色沉淀部分转化为白色沉淀
Mg(OH)2溶解度小于Fe(OH)3
D
将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4振荡，静置
上层溶液显紫红色，下层无色
氧化性: Fe3+>I2
【答案】A
【解析】A. 含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中通入SO2，FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，在该反应中二氧化硫被氧化，表现还原性，故A正确；B. 因钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，才能确定是否含有钾元素，用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中含有Na+，因未透过蓝色钴玻璃观察，所以不能确定是否含有K+，故B错误；C. 向Fe(OH)3悬浊液中，滴加饱和的MgCl2溶液，只有部分红褐色沉淀转化为白色沉淀，说明是因为镁离子浓度大，造成Qc[Mg(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]，从而生成氢氧化镁白色沉淀，不能说明Mg(OH)2溶解度小于Fe(OH)3，故C错误；D. KI和FeCl3溶液反应生成单质碘，碘溶于四氯化碳中使四氯化碳层显紫红色，因CCl4的密度大于水，则应为下层溶液显紫红色，上层无色，故D错误；答案选A。
51．（2018届北京市西城区重点中学高三上学期期末）对下列图像的描述正确的是
A. 根据图①可判断反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)的△H＞0
B. 图②可表示压强（P）对反应2A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(s)的影响
C. 图③可表示向醋酸溶液通入氨气时，溶液导电性随氨气量的变化
D. 根据图④，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入CuO调节pH至3~5
【答案】D
【解析】A、根据图①可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后升高温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故可判断可逆反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)正反应是放热反应，故A错误；B、由图②可知，P2到达平衡时间短，说明压强P2＞P1，平衡时反应物的转化率不变，因此反应前后气体的体积不变，与可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)不符，故B错误；C、醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C错误；D、由图可知，Fe3+在pH=3左右沉淀完全，此时铜离子不沉淀，pH=5时Cu2+开始沉淀，故可以加入适量CuO，调节pH值至3～5，使铁离子转变成氢氧化铁沉淀，除去CuSO4溶液中的Fe3+，不引入杂质，故D正确；故选D。
52．（2018届江苏省泰州中学高三12月月考）下列说法正确的是
A. 一定温度下，反应MgCl2(l)=Mg(l)+Cl2(g)的△H>0，△S>0
B. 常温下，NH4Cl?溶液加水稀释增大
C. 电解饱和食盐水产生了11.2LH2，则反应中转移的电子数为6.02×?1023
D. 在NaCl?和KI?均为0.1 mo1·L-1的混合溶液中滴加AgNO3?溶液，则先产生黄色沉淀
【答案】AD
大题冲关
53．（2018届广东省揭阳市高三上学期期末学业水平考试）二氧化碳是导致温室效应的主要气体，其对应的水溶液碳酸是可乐饮料的主要成分之一。回答下列问题：
（1）下列事实中，能证明碳酸是弱酸的是________
A．碳酸不稳定，易分解为二氧化碳和水
B．用氢氧化钠溶液中和等浓度的碳酸溶液，需要氢氧化钠溶液的体积是碳酸体积的2倍
C．相同条件下，碳酸的导电能力低于相同浓度的硫酸溶液
D．常温下，5.0×10-6mol/L的碳酸溶液pH值为6
（2）煤的燃烧也是导致温室效应的原因之一，其燃烧有下列两种途径：
途径I：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=Q1kJ/mol
途径II：先制水煤气：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=Q2kJ/mol
再燃烧水煤气：CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH=Q3kJ/mol
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) ΔH=Q4kJ/mol
则Q1、Q2、Q3、Q4的数学关系式是___________________________________；
（3）常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.6，c（H2CO3）=1.5×10-5 mol/L。
①若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO3－+H+的平衡常数K1=_______，该步电离的电离度α=______（已知：10-5.6=2.5×10-6，保留一位小数）；
②常温下，0.10 mol/L NaHCO3溶液的pH等于8.0，则此时溶液中c（H2CO3）_____c（CO32-）（填“>”“=”或“<”），原因是__________________________________________________；（用离子方程式和必要的文字说明）；
③向饱和碳酸溶液中分别加入下列物质，能使碳酸的第一步电离平衡向右移动的是_________
A．HCl气体 B．NaOH固体 C．Na单质 D．苯酚钠溶液
【答案】 CD Q1=Q2+Q3+Q4（或其它等式） 4.2×10-7 mol·L-1 14.3% > HCO3－CO32－+H+、HCO3－+H2OH2CO3+OH－,HCO3－的水解程度大于电离程度 BCD
【解析】(1)A说明碳酸不稳定，与酸的强弱没有关系，故A错误；B、酸碱中和反应只能说明碳酸具有酸性，不能说明其酸性强弱，故B错误；C、导电能力取决于溶液中自由离子浓度的大小，相同条件下，碳酸的导电能力低于相同浓度的硫酸溶液，说明碳酸没有完全电离，即存在电离平衡，说明碳酸是弱酸，故C正确；D、常温下，5.0×10-6mol/L的碳酸溶液，若完全电离，则c(H+)=1.0×10-5mol/L，即pH值为5，但实际上溶液pH值为6，说明碳酸没有完全电离，因此碳酸是弱酸。本题正确答案为CD。
(2)途径途径I就是途径II三个反应的加和，所以由盖斯定律可得Q1=Q2+Q3+Q4；
(3) ①若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO3－+H+的平衡常数K1= = 4.2×10-7 mol·L-1；其电离度α= ×100% = ×100%=14.3%；②常温下，0.10 mol/L NaHCO3溶液的pH等于8.0，说明HCO3－的水解程度大于其电离程度，所以水解生成的c（H2CO3）大于电离生成的c（CO32-）；其离子方程式分别为HCO3－+ H2OH2CO3+OH－和HCO3－CO32－+H+；③根据碳酸的第一步电离平衡H2CO3 HCO3－+H+，A、通入HCl气体，增大c(H+)，平衡向左移动，故A错误；B、加入NaOH固体，中和了H+，使c(H+)减小，平衡向右移动，则B正确；C、Na单质与水反应生成NaOH，同理平衡向右移动，则C正确；D、苯酚钠溶液水解呈碱性，生成的OH—中和了H+，使c(H+)减小，平衡向右移动，故D正确。本题正确答案为BCD。
54．（2018届福建省永春县第一中学等校高三上学期第一次四校联考）（1）X、Y、Z三种液体的近似pH如图，下列判断正确的是___________。
A．X一定是酸或强酸弱碱盐溶液 B．Y一定是90℃时的纯水
C．Y液体一定呈中性 D．Z可能是Na2SiO3溶液
（2）物质的量浓度相同的三种溶液：①NH4Cl②氨水③NH4HSO4，c(NH4+)大小顺序正确的是___________。
A．①>②>③ B．③>①>② C．②>③>① D．③>②>①
（3）比较填空(选填“>"或“ <"或"=”）
①常温下两种溶液：a．pH=4盐酸 b．pH=4NH4Cl溶液，其中水的电离程度大小：a____b。
②已知某可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)。当其它条件不变时，C的体积分数与温度（T）和压强（P）的关系如右图所示，则反应物和生成物的化学计量数之和：a+b____c+d。
（4）在一定体积的密闭容器中加入1molCO2和1mol H2，进行如下化学反应：CO2(g)+ H2(g) CO(g)+H2O(g) ，其化学平衡常数K和温度T的关系如下表：
T(℃)
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
①该反应的化学平衡常数表达式为K=__________________________。
②反应为___________反应（填“吸热”或“放热”）。
③800℃，向容器内充入lmolCO2、lmolH2、lmol CO、lmolH2O，此刻反应的v正_______v逆（填“＞"或“＜”或“=”）
【答案】 D B < > 吸热 <
【解析】(1)A．X的pH=1，显强酸性，X可能是酸或强酸弱碱盐溶液或强酸强碱的酸式盐，如硫酸氢钠，故A错误；B．Y的pH=7，Y可能是常温时的纯水，强酸强碱盐溶液，故B错误；C．Y的pH=7，由于温度不一定是常温，Y液体不一定呈中性，可能显碱性，故C错误；D．Z溶液的pH=10，Na2SiO3溶液能够水解显碱性，可能是Na2SiO3溶液，故D正确；故选D；
(2)③中氢离子抑制铵根离子水解，铵根离子浓度最大；①中电离生成NH4+，且铵根离子水解程度很弱；②中氨水电离程度很小，NH4+生成的浓度最小，则c(NH4+)大小顺序为③＞①＞②，故选B；
(3)①酸或碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，常温下两种溶液：a．pH=4盐酸 b．pH=4NH4Cl溶液，其中水的电离程度大小：a＜b，故答案为：＜；
②根据图示，温度不变时，由P1变成P2，增大压强，C的体积分数增大，说明平衡正向移动，正反应方向为气体体积减小的方向，因此a+b＞c+d，故答案为：＞；
(4)①因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=，故答案为： ；
②化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为：吸热；
③800℃，向容器内充入lmolCO2、lmolH2、lmol CO、lmolH2O，此时Qc==1＞K=0.9，因此反应逆向进行，v正＜v逆，故答案为：＜。
55．（2018届北京市海淀区高三上学期期末）NOx会造成大气污染，在工业上采用多种方法进行处理。
I.氧化法：烟气中的NO经O3预处理后转化为NO2，再用CaSO3悬浊液吸收NO2。
已知：常温下，CaSO4的沉淀溶解平衡常数数值为9.1×10-6，CaSO3的沉淀溶解平衡常数数值为3.1×10-7。
（1）NO与O3反应过程的能量变化如下：
NO被O3氧化的总反应是化合反应，该反应的热化学方程式为 ________。
（2）将CaSO3悬浊液静置，取上层清液，测得pH约为8，用化学用语解释其原因为________。
（3）用CaSO3悬浊液吸收NO2，将其转化为HNO2，该反应的化学方程式为________。
（4）在实际吸收NO2的过程中，通过向CaSO3悬浊液中加入Na2SO4固体，提高NO2的吸收速率，从溶解平衡的角度解释其原因：________。
II. 选择性非催化还原法：该反应不使用催化剂，但必须在高温有氧下利用NH3做还原剂与 NOx 进行选择性反应：4NH3 + 4NO + O2 3N2 + 6H2O，不同温度（T）下，反应时间（t）与NO浓度的关系如右图所示。
（5）判断该反应为________（填“吸热”或“放热”）反应，说明理由：________ 。
【答案】 3NO(g) + O3(g) 3NO2(g) ΔH= -317.3 kJ?mol﹣1 SO32- + H2O HSO3- + OH- CaSO3 + 2NO2 + H2O 2HNO2 + CaSO4 CaSO3浊液中存在：CaSO3(s) Ca2+(aq) + SO32-(aq)，加入Na2SO4固体，由于CaSO4的Ksp较小，SO42-与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，导致c(SO32-)增大，从而使NO2的吸收速率加快 放热 由图像中T1下反应先达平衡可推断T1>T2，由T1（高温）时NO的平衡浓度高可推断正反应是放热反应
【解析】I. (1). 由左图可知，NO和O3反应生成NO2和O2的热化学方程式为：NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g) △H=－200.9kJ/mol ①，由右图可知，NO和O2反应生成NO2的热化学方程式为：NO(g)＋O2(g)=NO2(g) △H=－58.2kJ/mol ②，①+2×②得3NO(g) + O3(g) 3NO2(g) ΔH= -317.3 kJ?mol﹣1，故答案为：3NO(g) + O3(g) 3NO2(g) ΔH= -317.3 kJ?mol﹣1；
(2). CaSO3是强碱弱酸盐，SO32－在溶液中发生水解反应：SO32- + H2O HSO3- + OH-，使溶液呈碱性，故答案为：SO32- + H2O HSO3- + OH-；
(3). 用CaSO3悬浊液吸收NO2，将其转化为HNO2，氮元素的化合价从+4价降低到+3价，则硫元素的化合价从+4价升高到+6价，SO32－生成SO42－，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：CaSO3 + 2NO2 + H2O 2HNO2 + CaSO4，故答案为：CaSO3 + 2NO2 + H2O 2HNO2 + CaSO4；
(4). 因CaSO3浊液中存在溶解平衡：CaSO3(s) Ca2+(aq) + SO32-(aq)，加入Na2SO4固体，由于CaSO4的Ksp较小，SO42-与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，造成c(SO32-)增大，从而使NO2的吸收速率加快，故答案为：CaSO3浊液中存在：CaSO3(s) Ca2+(aq) + SO32-(aq)，加入Na2SO4固体，由于CaSO4的Ksp较小，SO42-与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，导致c(SO32-)增大，从而使NO2的吸收速率加快；
II. (5). 据图可知，在T1温度下反应先达到平衡状态，说明T1>T2，高温时NO的平衡浓度高，说明该反应的正反应是放热反应，故答案为：放热；由图像中T1下反应先达平衡可推断T1>T2，由T1（高温）时NO的平衡浓度高可推断正反应是放热反应。
56．（2018届河南省郑州市高三高中毕业班第一次质量检测）NOx是大气污染物之一，主要来源于工业烟气及汽车尾气等。除去NOx的方法统称为脱硝，一般有干法脱硝[选择性催化剂法(SCR)]、湿法脱硝等。
请完成下列问题：
(1)汽车发动机工作时会引发反应N2(g)+O2(g)2NO(g)。2000 K 时，向固定容积的密闭容器中充入等物质的量的N2、O2 发生上述反应，各组分体积分数(φ)的变化如图1所示。N2 的平衡转化率为_____________。
(2)在密闭、固定容积的容器中，一定量NO发生分解的过程中，NO 的转化率随时间变化关系如图2 所示。
①反应2NO(g)N2(g)+O2(g) △H_______0 (填“>”或“<” )。
②一定温度下，能够说明反应2NO(g)N2(g)+O2(g)已达到化学平衡的________(填序号)。a.容器内的压强不发生变化 b.混合气体的密度不发生变化
C.NO、N2、O2 的浓度保持不变 d.2v(NO)正=v(N2 )逆
(3)干法脱硝：SCR(选择性催化剂法)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NO 排放。其工作原理如下：
①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式为____________。
②反应器中NH3 还原NO 的化学方程式为____________________。
(4)湿法脱硝：采用NaClO2 溶液作为吸收剂可对烟气进行脱硝。323 K 下，向足量碱性NaClO2 溶液中通入含NO 的烟气，充分反应后，溶液中离子浓度的分析结果如下表：
离子
NO3-
NO2-
Cl-
c/(mol ? L-1)
2.0×10-4
1.0×10-4
1.75×10-4
①NaClO2 溶液显碱性，用离子方程式解释原因_______________________。
②依据表中数据，写出NaClO2溶液脱硝过程中发生总反应的离子方程式_______________________。
【答案】 60% ＜ c CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑ 4NH3+6NO5N2+6H2O ClO2-+H2OHClO2+OH- 12NO+7ClO2-+12OH-=8NO3-+4NO2-+7Cl-+6H2O
【解析】（1）起始时N2、O2的浓度相等，设为amol/L，平衡时NO体积分数为0.6，N2体积分数为0.2，由三段式求解：
N2(g)+O2(g)2NO(g)
起始(mol) a a 0
转化(mol) 0.6a 0.6a 1.2a
平衡(mol) 0.4a 0.4a 1.2a
N2的平衡转化率==0.6amol÷amol==60%。
（2） ①T2先于T1达到平衡，说明T2＞T1，温度高时NO的转化率低，说明正反应是放热反应，△H<0；②因反应前后气体的物质的量不变，则容器内的压强不发生变化不能判断反应是否达到平衡，a错误；因反应前后体系内气体质量不变，容积不变，密度就不变，故混合气体的密度不发生变化不能判断反应是否达到平衡，b错误；C.NO、N2、O2 的浓度保持不变，c正确；(NO)正/ v(N2)逆=2，说明正、逆速率相等，达到平衡，d错误，故答案选c。
（3）（1）①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，结合原子守恒，发生反应的化学方程式为CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑；②从图中可以看出NH3在催化剂作用下还原NO生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O 。
(4) ①NaClO2 是强碱弱酸盐，在水溶液中水解显碱性，离子方程式为：ClO2-+H2OHClO2+OH-；②由表格中数据分析可知，向足量碱性NaClO2 溶液中通入含NO 的烟气，充分反应后，硝酸根离子与亚硝酸根离子物质的量之比为2：1，则总反应的离子方程式为: 12NO+7ClO2-+12OH-=8NO3-+4NO2-+7Cl-+6H2O。
57．（2018届山东省菏泽市第一中学高三12月月考）化学反应原理揭示了不同的物质在水溶液中有不同的行为。请按要求回答下列问题：（已知：H2SO3： Ka1=1.7×10－2，Ka2=6.0×10－8 ； NH3·H2O：Kb=1.8×10－5）
（1）将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈_________性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：_____________________________________________,所得溶液中c（H+）－ c（OH－）=___________________________（填写表达式）
（2）用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如右图所示（电极材料为石墨）。
① 图中a极要连接电源的(填“正”或“负”)________极；C口流出的物质是________。
②SO32－放电的电极反应式为______________________________。
【答案】 酸 c(NH4+)＞c(HSO3－)＞c(H+)＞c(SO32－-)＞c(OH－) c(HSO3－) + 2c(SO32－) －c(NH4+) 或 c(SO32－) + c(NH3·H2O) － c(H2SO3) 负 硫酸 SO32－－2e－ + H2O ＝ SO42－+ 2H+
（2）图中可知，钠离子移向a极，亚硫酸根离子移向b极，所以b极为阳极，应该接电源的正极，SO32-在阳极失去电子变成SO42-，所以C口流出的物质是H2SO4；（3）亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为：SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+。
58．（2018届甘肃省武威市第一中学高三上学期期末）（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈_________(填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同)，溶液中c(Na＋)________c(CH3COO－)(填“>”、“＝”或“<”)。
（2）pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈________性，溶液中c(Na＋)__________c(CH3COO－)。
（3）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈_______________，醋酸体积________________氢氧化钠溶液体积。
（4）将m mol/L的醋酸和n mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH＝7，则m与n的大小关系是m________n。
【答案】 碱性 > 酸 < 中性 > >
【解析】（1）醋酸为弱电解质，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，恰好生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒，溶液中存在：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），则c（Na+）＞c（CH3COO-）；（2）醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒，溶液中存在：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），则c（Na+）＜c（CH3COO-）；（3）将物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中存在：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），已知c（CH3COO-）=c（Na+），则c（OH-）=c（H+），所以溶液呈中性，因醋酸为弱酸，如二者等体积混合，反应后生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，为使溶液呈中性，醋酸应稍过量，则醋酸的体积大于氢氧化钠溶液体积；（4）如醋酸溶液中c（H+）等于氢氧化钠溶液中c（OH-），则等体积混合后溶液呈酸性，而此时呈中性，则醋酸醋酸溶液中c（H+）应小于氢氧化钠溶液中c（OH-），如等体积、等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，溶液呈碱性，而此时呈中性，则醋酸浓度应大于NaOH浓度。
59．（2018届福建省永安一中、德化一中、漳平一中高三上学期第二次联考）钛被称为“二十一世纪金属”，工业上用钛铁矿制备金属钛的工艺流程如下：
已知：钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，TiOSO4遇水会水解。请回答下列问题：
（1）操作1用到的玻璃仪器除烧杯外还有_________；
（2）请结合化学用语解释将TiO2+转化为H2TiO3的原理_______________。
（3）已知钛的还原性介于铝与锌之间。如果可从Na、Zn、Fe三种金属中选一种金属代替流程中的镁，那么该金属跟四氯化钛反应的化学方程式是____________。
（4）电解TiO2来获得Ti是以TiO2作阴极，石墨为阳极，熔融CaO为电解质，用碳块作电解槽，其阴极反应的电极反应式是___________________________________。
（5）为测定溶液中TiOSO4的含量，先取待测钛液10 mL用水稀释至100 mL，加过量铝粉，充分振荡，使其完全反应：3TiO2+ +Al+6H+=3Ti3++Al3++3H2O。过滤后，取无色滤液20.00 mL，向其中滴加2～3滴KSCN溶液作指示剂，用______________________（填一种玻璃仪器的名称）滴加0.1000mol·L-1 FeCl3溶液，发生Ti3++Fe3+=Ti4++Fe2+。滴定终点时的现象是___________________________________，若用去了30.00mL FeC13溶液，待测钛液中TiOSO4的物质的量浓度是______________mol/L。
【答案】 漏斗、玻璃棒 溶液中存在平衡：TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，当加入水稀释、升温后，平衡正向移动 TiCl4+4Na Ti+4NaCl TiO2 + 4e- ＝ Ti + 2O2- 酸式滴定管 溶液由无色变成红色且半分钟不褪色 1.50 mol/L
（2）TiOSO4遇水会水解，水解方程式为TiO2++2H2O?H2TiO3+2H+，水解是吸热过程，加热能促进水解；加水稀释，促进水解。
故答案为：溶液中存在平衡：TiO2++2H2O?H2TiO3+2H+，当加入水稀释、升温后，平衡正向移动；
（3）在流程中，金属镁置换出钛单质，反应方程式为：TiCl4+2MgTi+2MgCl2。钛的还原性介于铝与锌之间，即还原性：Al＞Ti＞Zn，又因为还原性Na＞Al＞Zn＞Fe，则Na＞Al＞Ti＞Zn＞Fe，故Na、Zn、Fe三种金属中只能选择金属Na代替镁。反应方程式为：TiCl4+4Na
Ti+4NaCl。
故答案为：TiCl4+4NaTi+4NaCl；
（4）根据题意可知，TiO2作阴极，得电子，被还原得到单质Ti，则阴极电极反应式为：TiO2?+4e-=Ti+2O2-。故答案为：TiO2?+4e-=Ti+2O2-；
（5）FeC13有强的氧化性，腐蚀橡胶，且其溶液呈酸性，所以选择酸式滴定管。用KSCN溶液作指示剂，TiO2+反应完之前溶液为无色。当反应完，再滴入1滴FeC13溶液，溶液立即变红色，且半分钟后溶液颜色不褪色，到达滴定终点，停止滴定。
滴定过程中消耗n(FeC13)=0.1mol/L×0.03L=0.003mol。根据反应方程式可得出TiOSO4与Fe3+的关系式：TiOSO4～Ti3+～Fe3+，即滴定过程中n(FeC13)= n(TiOSO4)= 0.003mol。原待测液为10mL，稀释至100mL后，取2omL溶液进行滴定实验。所以原10mL待测液中含n(TiOSO4)= 0.003mol×=0.015mol，c(TiOSO4)= =1.5 mol?L-1。
60．（2018届广东省揭阳市高三上学期期末学业水平考试）钒触媒(V2O5)是催化氧化所常用的催化剂，为综合利用，科研人员最新研制了一种离子交换法回收废钒的新工艺，回收率达90%以上。已知废钒催化剂中含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣。查阅资料可知：VOSO4可溶于水，V2O5难溶于水，NH4VO3难溶于水。该工艺的流程如下图。
（1）水浸时，为了提高废钒的浸出率，除了粉碎，还可以采取的措施：__________，_______（写出2条）；
（2）写出反应①的离子方程式_______________________________________________；
（3）该工艺中反应③的沉矾率是回收钒的关键，沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度。根据下图建议最合适的氯化铵系数和温度：氯化铵系数为___________，温度为_____________；
（4）反应②发生后，溶液中的氯元素以Cl－的形式存在，请写出反应②的化学方程式__________________；
（5）查阅资料得知：NH4VO3也叫偏钒酸铵，其相对分子量为117，20℃时，NH4VO3溶解度为0.468g，已知离子交换后溶液中c（VO3－）=0.10mol/L，反应③沉矾时，加入等体积0.10mol/L的NH4Cl溶液，通过列式计算判断此时是否有NH4VO3沉淀析出？（溶液体积变化忽略不计）____________
（6）写出“焙烧反应④”中由NH4VO3制备V2O5的化学方程式__________________。
【答案】 搅拌 适当升高温度，延长浸泡时间 V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O 4 80℃ 6VOSO4+KClO3+3H2O=3(VO2)2SO4+KCl+3H2SO4 在20℃时NH4VO3的饱和溶液中，c(NH4+)=c(VO3-)=0.468×10/117=0.04mol/L，Ksp=1.60×10-3 ,又c(NH4+)×c(VO3-)=(0.10/2)×(0.10/2)=2.50×10-3>Ksp=1.60×10-3 ,故有沉淀析出 2NH4VO3 2NH3+V2O5+H2O
【解析】(1) 水浸时，为了提高废钒的浸出率，除了粉碎，还可以采取的措施搅拌、适当升高温度、延长浸泡时间等措施；
(2) 依题意，反应①中V2O5作氧化剂，SO32-作还原剂，反应的离子方程式为V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O；
(3)根据图象分析可得，要使沉钒率最高，可控制氯化铵系数为4，温度在80℃；
(4) 废钒中可溶性物质为VOSO4，所以反应②的化学方程式为6VOSO4+KClO3+ 3H2O= 3(VO2)2SO4+KCl+3H2SO4 ；
(5) 根据溶解度的定义可得，在20℃时NH4VO3的饱和溶液中，c(NH4+)=c(VO3-)= 0.04mol/L，则Ksp(NH4VO3)= (0.04mol/L)2=1.60×10-3 mol2/L2，而此时溶液中KQ=c(NH4+)×c(VO3-)=(0.10/2)×(0.10/2)=2.50×10-3 >Ksp(NH4VO3)=1.60×10-3，故有沉淀析出；
(6) “焙烧反应④”中由NH4VO3制备V2O5的化学方程式为2NH4VO3 2NH3+ V2O5+ H2O。
61．（2018届广东省肇庆市高三第一学期二模）醋酸镍[（CH3COO）2Ni]是一种重要的化工原料。一种以含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下：
相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如下表：
金属离子
开始沉淀pH
沉淀完全pH
物质
20℃溶解性（H2O）
Fe3+
1.1
3.2
CaSO4
微溶
Fe2+
5.8
8.8
NiF2
可溶
Al3+
3.0
5.0
CaF2
难溶
Ni2+
6.7
9.5
NiCO3
Ksp=9.6×10-6
（1）将粉碎的含镍废料酸浸时要不断搅拌，粉碎和搅拌的目的是________________。
（2）调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是__________________________________。
（3）滤渣1和滤渣3主要成分的化学式分别是________________，_____________。
（4）氧化步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式为____________________________。
（5）酸浸过程中，lmol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。该反应的化学方程式为____________________。
（6）保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如右图。酸浸的最佳温度与时间分别为：_______℃、_______min。
【答案】 增大接触面积，提高浸出速率和产率（或浸出率） 5.0≤pH＜6.7 SiO2、CaSO4 CaF2 2Fe2+ + H2O2 +2H+ == 2Fe3+ + 2H2O NiS + H2SO4 + 2HNO3 == NiSO4 + SO2↑+ 2NO↑ + 2H2O 70 120
（1）将粉碎的含镍废料酸浸时要不断搅拌，粉碎和搅拌的目的是：增大接触面积，提高浸出速率和产率（或浸出率）；（2）调节pH使Al3＋、Fe3＋转化为沉淀，同时Ni2＋不能转化为沉淀，根据表中数据，调节pH的范围为5.0≤pH＜6.7；（3）滤渣1和滤渣3主要成分的化学式分别是：滤渣1为SiO2、CaSO4 ，滤渣3为CaF2；（4）溶液中的亚铁离子不容易转化为沉淀，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3＋，起反应的离子方式为：2Fe2＋+H2O2+2H＋═2Fe3＋+2H2O；（5）酸浸过程中，lmol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，即生成NO和SO2，该反应的化学方程式为 NiS + H2SO4 + 2HNO3 == NiSO4 + SO2↑+ 2NO↑ + 2H2O；（6）由图象可知，为70℃、120min时，镍浸出率最高。
62．（2018届福建省厦门市高三上学期期末）利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3，还含有少量Al2O3、 MgO、SiO2等杂质)制备铁红工艺流程如下:
回答下列问题:
（1）还原焙烧后,Fe元素的化合价为__________。
（2）“酸浸”实验中,需加入絮凝剂沉淀杂质。絮凝剂用量和过滤时间对铁红成份的影响如下表所示。由表可知,所采用的最佳实验条件为__________。
絮凝剂用量/×10-6t
过滤时间min
Fe2O3含量%
SiO2含量%
40
5
96.5
0.12
50
10
97.9
0.10
60
20
98.3
0.07
100
40
99.4
0.01
150
150
99.5
0.008
（3）若“合成”中c(Mg2+)=0.01mol/L,加入NH4HCO3(设溶液体积增加1倍),当Fe2+恰好沉淀完全时，溶液中c(Fe2+)=1.0×10-5mol/L，此时是否有MgCO3沉淀生成？_______(列式计算)。FeCO3、MgCO3的Ksp分别为3.2×10-11、3.0×10-8。
（4）“合成”过程中发生反应的离子方程式为_____________.
（5）“合成”过程中温度对亚铁离子转化率的影响如下图,分析选择反应温度为40℃的原因是________。
（6）“煅烧”中由FeCO3制备Fe 2O3的化学方程式为___________。
（7）本流程中，铝元素是以________(填化学式)形式被除去的。
【答案】 +2 1.0×10-4t，40min 无沉淀生成，c(CO32-)=Ksp(FeCO3)/c(Fe2+)=3.2×10-11/10-5=3.2×10-6，Q= c(CO32-)×c(Mg2+)=3.2×10-6×0.01/2< Ksp(MgCO3) Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑ 温度低于40℃，亚铁离子转化率较低；温度高于40℃,亚铁离子转化率变化不大；温度过高,碳酸氢铵易分解 4FeCO3 +O2 2Fe2O3+ 4CO2 Al(OH)3
【解析】（1）硫铁矿烧渣中主要成分为Fe2O3，加炭黑还原焙烧，Fe元素的化合价降为+2价。
（2）由表中数据可得虽然絮凝剂用量越多、过滤时间越长，Fe2O3含量越高、SiO2含量越低，但是1.0×10-4t、40min条件与1.5×10-4t、150min条件相比，前者Fe2O3含量只比后者低0.1个百分点，SiO2含量高0.002个百分点，而絮凝剂用量和过滤时间，前者比后者明显少，所以应选择最佳实验条件为：1.0×10-4t、40min。
（3）因为c(CO32-)=Ksp(FeCO3)÷c(Fe2+)=3.2×10-11÷10-5=3.2×10-6，所以Q(MgCO3)=c(CO32-)×c(Mg2+)=3.2×10-6××0.01（4）结合流程并根据题意，向含Fe2+的溶液中加入NH4HCO3，生成了FeCO3沉淀，根据原子守恒和电荷守恒，还应生成H2O和CO2，故“合成”过程中发生反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑。
（5）由图可得，温度低于40℃时，亚铁离子的转化率较低；温度高于40℃，亚铁离子转化率变化不大；而温度过高碳酸氢铵容易分解，所以合成过程中选择反应温度为40℃。
（6）在空气中煅烧FeCO3，FeCO3分解，+2价铁会被氧化成+3价铁的化合物，所以生成物为：Fe2O3和易错点十二 盐的水解、难溶电解质的溶解平衡
瞄准高考
1．（2017课标Ⅰ）常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．Ka2（H2X）的数量级为10-6
B．曲线N表示pH与的变化关系
C．NaHX溶液中c(H＋)＞c(OH－)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)＞c(HX-)＞c(X2-)＞c(H+)=c(OH-)
【答案】D
【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。
2．（（2017天津）以下实验设计能达到实验目的是
实验目的
实验设计
A．
除去NaHCO3固体中的Na2CO3
将固体加热至恒重
B．
制备无水AlCl3
蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液
C．
重结晶提纯苯甲酸
将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶
D．
鉴别NaBr和KI溶液
分别加新制氯水后，用CCl4萃取
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
3．（2017江苏）常温下，Ka(HCOOH) =1.77×10—4，Ka(CH3COOH) =1.75×10—5，Kb(NH3?H2O) =1.76×10—5，下列说法正确的是
A．浓度均为0.1 mol?L﹣1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol?L—1 HCOOH 与 0.1 mol?L—1 NaOH 等体积混合后的溶液中：
C(HCOO—) +c(OH—) =c(HCOOH) +c(H+)
D．0.2 mol?L﹣1 CH3COONa 与 0.1 mol?L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中(pH＜7)：
c(CH3COO—)＞c(Cl—)＞c(CH3COOH)＞c(H+)
【答案】AD
【解析】A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出：
c（HCOO—）+c（OH—）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）；
c（NH4+）+c（H+）=c（Cl—）+c（OH—）=0.1mol/L+c（OH—）；
水解程度NH4+＞HCOO—，所以前者c（H+）大于后者c（OH—）；故A正确；
B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；，故B错误；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(HCOO—) +c(OH—) =c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa；故C错误；
D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度。故D正确；
锁定考点
一．盐类的水解
1. 盐类水解的概念：在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解．
盐类的水解反应与中和反应互为可逆过程：盐 + 水酸 + 碱 － 热量
2. 盐类水解的实质：盐溶于水时电离产生的弱碱阳离子(如NH4＋、A13＋、Fe3＋等)或者弱酸阴离子(如CH3COO－、CO32－、S2－等)与水电离产生的OH－或H＋结合生成了难电离的弱碱、弱酸(弱电解质)，使水的电离平衡发生移动，从而引起水电离产生的c(H＋)与c(OH－)的大小发生变化．
⑴　判断某盐是否水解的简易口诀：不溶不水解，无弱不水解，谁弱谁水解，都弱都水解．
⑵　判断盐溶液酸碱性的简易口诀：
有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解，都弱双水解，谁强显谁性，同强显中性，都弱具体定(比较等温时K酸与K碱的大小)。
3. 盐类水解离子方程式的书写方法
书写原则：方程式左边的水写化学式“H2O”，中间符号用“”，右边不写“↓”、“↑”符号．整个方程式中电荷、质量要守恒．
⑴ 强酸弱碱盐
弱碱阳离子：Mn＋ + nH2OM(OH)n + nH＋
如CuSO4水解的离子方程式为： Cu2＋ + 2H2OCu(OH)2 + 2H＋，溶液中离子浓度大小的顺序为：c(SO42－)＞c(Cu2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。
⑵　弱酸强碱盐
a．一元弱酸对应的盐．如CH3COONa水解离子方程式为： CH3COO－ + H2OCH3COOH + OH－，
溶液中离子浓度大小的顺序为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
根据“任何电解质溶液中阴、阳离子电荷守恒”可知：c(Na＋) + c(H＋) ＝ c(CH3COO－) + c(OH－)
b．多元弱酸对应的盐．多元弱酸对应的盐发生水解时，是几元酸就分几步水解，且每步水解只与1个H2O分子结合，生成1个OH－离子．多元弱酸盐的水解程度是逐渐减弱的，因此，多元弱酸盐溶液的酸碱性主要由第一步水解决定。
例如K2CO3的水解是分两步进行的
第一步：CO32－ + H2OHCO3－ + OH－；第二步：HCO3－ +H2OH2CO3 + OH－
水解程度：第一步＞第二步．所以K2CO3溶液中各微粒浓度大小的顺序为：c(K＋)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(H＋)，根据“任何电解质溶液中电荷守恒”可知：c(K＋) + c(H＋) ＝2×c(CO32－) + c(OH－) + c(HCO3－)
⑶　弱酸弱碱盐
如CH3COONH4水解的离子方程式为：CH3COO－ + NH4＋ + H2OCH3COOH + NH3·H2O，
因为K(CH3COOH)＝K(NH3·H2O)＝1.8×10－5，所以CH3COONH4溶液呈中性。
二. 各种类型的盐的水解情况比较
盐的类型
强酸强碱盐
强酸弱碱盐
弱酸强碱盐
弱酸弱碱盐
水解情况
不水解
水解
水解
水解
参与水
解的离子
弱碱阳离子
弱酸阴离子
弱酸阴离子和弱碱阳离子
溶液的酸碱性
正盐显中性；酸式盐因电离产生H’而显酸性
酸性
弱碱阳离子与H2O电离产生的OH-结合而使得c(H＋)＞ c(OH－)
碱性
[弱酸阴离子与H2O电离产生的OH-结合而使得c(H＋)＜c(OH－)]
依组成盐对应的酸、碱的电离常数尺的相对大小而定K酸＞K碱：溶液呈酸性K酸＜K碱：溶液呈碱性
实 例
正 盐：KCl、
Na2SO4、等酸式盐：NaHSO4等
CuCl2、NH4C1、FeCl3、A12(SO4)3
CH3COONa、
NaClO、NaF、K2S、
K2CO3
CH3COONH4、NH4F、(NH4)2CO3
说 明
① 盐类的水解程度很小，水解后生成的难溶物的微粒数、易挥发性物质的微粒数都很少，没有沉淀、气体产生，因此不能用“↑”、“↓”符号表示② 发生水解的盐都是使水的电离平衡正向移动而促进水的电离(而酸或碱则总是抑制水的电离)
三. 影响盐类水解的因素
内因：盐本身的性质
外因：⑴　温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度，水解程度增大。
⑵　浓度：稀释盐溶液，可以促进水解，盐的浓度越小，水解程度越大。
⑶　外加酸碱：外加酸碱能促进或抑制盐的水解。
以FeCl3和CH3COONa为例
a． Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+
条 件
移动方向
H+数
pH
Fe3+水解率
现象
升高温度
向右
增
降
增大
颜色变深(黄变红棕)
通HCl
向左
增
降
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增
升
增大
颜色变浅
加Mg粉
向右
减
升
增大
红褐色沉淀，无色气体
加NaHCO3
向右
减
升
增大
红褐色沉淀，无色气体
加少量NaF
向右
减
升
增大
颜色变深
加少量NaOH
向右
减
升
增大
红褐色沉淀
b．CH3COO- + H2O CH3COOH + OH-
c(CH3COO-)
c(CH3COOH)
c(OH-)
c(H+)
pH
水解程度
升 温
降低
升高
升高
降低
升高
升高
加 水
降低
升高
降低
升高
降低
升高
加醋酸
升高
降低
降低
升高
降低
降低
加醋酸钠
升高
升高
升高
降低
升高
降低
加HCl
降低
升高
降低
升高
降低
升高
加NaOH
升高
降低
升高
降低
升高
降低
【拓展提升】
电离平衡和水解平衡的比较
电 离 平 衡
水 解 平 衡
实 例
H2S水溶液（0.1mol/L）
Na2S水溶液（0.1mol/L）
研 究
对 象
弱电解质（弱酸、弱碱、水）
强电解质（弱酸盐、弱碱盐）
实 质
弱酸H+ + 弱酸根离子
弱碱OH— + 弱碱阳子
H2O + H2OH3O+ + OH—
离子化速率 = 分子化速率
弱酸根阴离子+H2O弱酸 + OH—
弱碱阳离子+H2O弱碱 + H+
水解速率 = 中和速率
程 度
酸或碱越弱，电离程度越小，多元酸的一级电离远远大于二级电离，大于三级电离……
“越弱越水解”，多元弱酸根一级水解远远大于二级水解，大于三级水解……
一般中和程度远远大于水解程度
双水解程度较大，甚至很彻底。
能量变化
吸热（极少数例外）
吸热
表达式
电离方程式：①用 “ ”
②多元弱酸分步电离
H2SH+ + HS—
HS—H+ + S2—
水解反应离子方程式①用“”
②多元弱酸根分步水解
③除了双水解反应，产物不写分解产物，不标↑或↓
S2—+H2OHS—+OH—（主要）
HS—+H2OH2S+OH—（次要）
微 粒 浓 度
大 小
比 较
c(H2S)>c(H+)>c(HS—)>c(S2—) >c(OH-)
c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H2S)> c(H+)
电 荷
守恒式
c(H+)= c(HS-)+2c(S2-)+ c(OH-)
c(Na+)+ c(H+)= c(HS-)+2c(S2-)+ c(OH-)
物 料
守恒式
c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)=0.1mol/L
c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)=0.1mol/L= c(Na+)/2
影 响 因 素
温 度
升温促进电离（极少数例外）
升温促进水解
浓 度
稀 释
促进电离，但浓度减小，酸性减弱
促进水解，但浓度减小，碱性减弱
通H2S
电离平衡向右移动，酸性增强，但
电离程度减小，电离常数不变。
S2—+H2OHS—+ OH—
H2S + OH—HS—+ H2O 促使上述平衡右移，合并为：H2S + S2—2HS—
加Na2S
H2SH+ + HS—
S2—+ H+HS—促使上述平衡右移，合并为：H2S + S2—2HS—
水解平衡向右移动，碱性增强，但水解程度减小。
四．离子浓度大小比较
一. 电离平衡理论和水解平衡理论
1. 电离理论
⑴ 弱电解质的电离是微弱的，电离消耗的
电解质及产生的微粒都是少量的，同时注意考虑水的电离的存在。
⑵ 多元弱酸的电离是分步的，主要以第一步电离为主；例如H2S溶液中微粒浓度大小关系。
2. 水解理论
⑴ 弱酸的阴离子和弱碱的阳离子因水解而损耗；如NaHCO3溶液中有：c(Na+)＞c(HCO3-)。
⑵ 弱酸的阴离子和弱碱的阳离子的水解是微量的（双水解除外），因此水解生成的弱电解质及产生H+的（或OH-）也是微量，但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在，所以水解后的酸性溶液中c(H+)（或碱性溶液中的c(OH-)）总是大于水解产生的弱电解质的浓度；
⑶ 多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主。
【分析】由于在NH3·H2O溶液中存在下列电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)。
【分析】由于H2S溶液中存在下列平衡：H2S HS-+H+，HS- S2-+H+，H2OH++OH-，所以溶液中微粒浓度关系为：c(H2S )＞c(H+)＞c(HS-)＞c(OH-)。
例如（NH4）2SO4溶液中微粒浓度关系：
c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)。
例如: Na2CO3溶液中水解平衡为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，H2O+HCO3-H2CO3+OH-
所以溶液中部分微粒浓度的关系为：
c(CO32-)＞c(HCO3-)。
二. 电荷守恒和物料守恒
1．电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。
2．物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。
3．导出式——质子守恒：
如NaHCO3溶液中：n(Na+)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)推出：c(Na+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH-)
如NaHCO3溶液中n(Na+)：n(c)＝1：1，推出：c(Na+)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)
如碳酸钠溶液中由电荷守恒和物料守恒将Na+离子消掉可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)。
如醋酸钠溶液中由电荷守恒和物料守恒将钠离子消掉可：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)。
五．难溶电解质的溶解平衡
1．溶解度和溶解性：难溶电解质和易溶电解质之间并无严格的界限，溶解度小于0.01g的称为难溶电解质，离子相互反应生成难溶电解质，可以认为是完全反应。
在20℃时电解质的溶解性与溶解度的关系如下：
溶解性
易溶
可溶
微溶
难溶
溶解度
>10g
1-10g
1-0.1g
<0.01g
2．根据对溶解度及反应限度、化学平衡原理的认识，说明生成沉淀的离子反应是否真正能进行到底？
AgCl在溶液中存在两个过程，一方面，在水分子作用下，少量Cl-、Ag＋脱离AgCl表面溶入水中；另一方面，溶液中的Cl-、Ag＋受AgCl表面阴、阳离子的静电作用，回到AgCl的表面析出晶体。一定温度下，AgCl饱和溶液建立下列动态平衡的反应式：AgCl（s）Cl-（aq）＋Ag＋（aq），沉淀、溶解之间由于动态平衡的存住，决定了沉淀反应不能完全进行到底。
3．溶解平衡的特征：
逆：溶解平衡是 一个 可逆过程。
等：溶解速率和沉淀速率相等。
动：溶解速率和沉淀速率相等，但不为0。
定：平衡状态时，溶液中各种离子的浓度保持一定。
变：当外界条件改变，溶解平衡发生移动。
【名师点拨】难溶强电解质的电离方程式用“=”，如：AgCl 溶解平衡：AgCl（s） Cl-（aq）＋Ag＋（aq）；电离平衡：AgCl＝Cl- ＋Ag＋
4. 影响平衡的因素：
影 响 因 素
沉淀溶解平衡
电 离 平 衡
内 因
电 解 质 本 身 的 性 质
外
因
温 度
温度升高，多数溶解平衡向溶解的方向移动
温度升高正向移动
稀 释
向溶解的方向移动
正向移动
同离子效应
加入相同离子，向生成沉淀的方向移动
逆向移动
六. 溶度积（Ksp）
1. 概念：一定温度下，难溶电解质在饱和溶液中各离子浓度幂的乘积是一个常数，这个常数称为该难溶电解质的溶度积，用符号Ksp表示。
2. 表达式：对于沉淀溶解平衡：MmAn（s）mMn+(aq)+nAm-(aq)，
溶度积常数：Ksp = c（Mn+）mc（Am-）n
3. 溶度积规则：比较Ksp与溶液中有关离子浓度幂的乘积（离子积Qc）判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解。
Qc＞Ksp时，生成沉淀；
Qc＝Ksp时，达到溶解平衡；
Qc＜Ksp时，沉淀溶解。
4. 影响溶度积的因素：
Ksp 只与难溶电解质的性质和温度有关，而与沉淀的量无关，并且溶液中的离子浓度的变化能使平衡移动，并不改变Ksp 。
5. 溶度积的物理意义：
Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力。当化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，Ksp数值越大则难溶电解质在水中的溶解能力越强。但对化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比不相同的电解质，则不能直接由它们的溶度积来比较溶解能力的大小，必须通过具体计算确定。
6. 难溶电解质的溶度积以及溶解能力的比较
沉淀溶解平衡
Ksp（18～25℃）
溶解能力比较
AgCl（s）Cl-（aq）＋Ag＋（aq）
1.8×10-10mol2.L-2
AgCl> AgBr > AgI
AgBr（s）Br-（aq）＋Ag＋（aq）
5.0×10-13mol2.L-2
AgI（s）I-（aq）＋Ag＋（aq）
8.3×10-17mol2.L-2
Mg(OH)2（s）Mg 2+（aq）＋2OH-（aq）
1.8×10-11mol3.L-3
Mg(OH)2 > Cu(OH)2
Cu(OH)2（s） Cu 2+（aq）＋2OH-（aq）
2.2×10-20mol3.L-3
【拓展提升】
一. 沉淀的生成
1．沉淀生成的应用
在涉及无机制备、提纯工艺的生产、科研、废水处理等领域中，常利用沉淀溶解来达到分离或除去某些离子的目的。
2．沉淀的方法
(1) 调节pH法：如工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，使其溶解于水，再加入氨水调节pH至7～8，可使Fe3＋转变为Fe(OH)3沉淀而除去。反应如下：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
(2) 加沉淀剂法：如以Na2S、H2S等作沉淀剂，使某些金属离子，如Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀，也是分离、除去杂质常用的方法。反应如下：
Cu2＋＋S2－===CuS↓ Cu2＋＋H2S===CuS↓ + 2H+
Hg2＋＋S2－===HgS↓ Hg2＋＋H2S===HgS↓+ 2H+
二. 沉淀的转化
1．实验探究
(1) Ag＋的沉淀物的转化
实验步骤
实验现象
有白色沉淀生成
白色沉淀变为黄色
黄色沉淀变为黑色
化学方程式
AgNO3＋NaCl===AgCl↓＋
NaNO3
AgCl＋KI===AgI＋KCl
2AgI＋Na2S===Ag2S＋2NaI
实验结论
溶解度小的沉淀可以转化成溶解度更小的沉淀
(2) Mg(OH)2与Fe(OH)3的转化
实验步骤
实验现象
产生白色沉淀
产生红褐色沉淀
化学方程式
MgCl2＋2NaOH===Mg(OH)2↓＋2NaCl
3Mg(OH)2＋2FeCl3===2Fe(OH)3＋3MgCl2
实验结论
Fe(OH)3比Mg(OH)2溶解度小
2. 沉淀转化的方法
对于一些用酸或其他方法也不能溶解的沉淀，可以先将其转化为另一种用酸或其他方法能溶解沉淀。
3．沉淀转化的实质
沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。一般说来，溶解度大的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。
两种沉淀的溶解度差别越大，沉淀转化越容易。
4．沉淀转化的应用
沉淀的转化在科研和生产中具有重要的应用价值。
(1) 锅炉除水垢
水垢[CaSO4(s)CaCO3Ca2＋(aq)]
其反应方程式是CaSO4＋Na2CO3CaCO3＋Na2SO4，CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑。
(2) 对一些自然现象的解释
在自然界也发生着溶解度小的矿物转化为溶解度更小的矿物的现象。例如，各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后可变成CuSO4溶液，并向深部渗透，遇到深层的闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)时，便慢慢地使之转变为铜蓝(CuS)。其反应如下：CuSO4＋ZnS===CuS↓ + ZnSO4 、CuSO4＋PbS===CuS↓ + PbSO4。
小题快练
1．（2018届广东省揭阳市高三上学期期末学业水平考试）常温下，用0.1000?mol/L的盐酸滴定20.00?mL未知浓度的Na2CO3溶液，溶液的pH与所加盐酸体积关系如右图所示。下列有关叙述错误的是
A. a点溶液呈碱性的原因用离子方程式表示为：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－
B. b点处的溶液中c(Na+)－2c(CO32－)＝c(HCO3－)＋c(Cl－)
C. 滴定过程中使用酚酞作为指示剂比石蕊更准确
D. d点处溶液中水电离出的c(H+)小于c点处
【答案】B
2．（2018届辽宁葫芦岛市普通高中高三上学期期末）某温度下，向一定体积0.1mol/L 氨水溶液中逐滴加入等浓度的HCl溶液，溶液中pOH [pOH=-lgc(OH)]与pH 的变化关系如图所示，则下列说法错误的是
A. M 点和N 点所示溶液中水的电离程度相同
B. M点所示溶液导电能力弱于Q点
C. Q点消耗盐酸溶液的体积等于氨水溶液的体积
D. M 点所示溶液中c(NH4+) > c(OH-)
【答案】C
3．（2018届辽宁葫芦岛市普通高中高三上学期期末）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 浓度均为0.1mol/L 的①氨水、②NaOH 溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液， pH的大小顺序：②>③>④>①
B. 0.1mo/L 醋酸钠溶液20 mL 与0.1mo/L 盐酸10 mL 混合后的溶液中c(CH3COO-) > c(Cl-)>c(H+)> c(CH3COOH)
C. 物质的量浓度相等的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4Al(SO4)2三种溶液中，c(NH4+)由大到小的顺序为③>②>①
D. NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+ c(OH-)
【答案】D
【解析】A、四种溶液都显碱性，NH3·H2O、NaOH属于碱，NaOH属于强碱，NH3·H2O属于弱碱，因此pH大小顺序是NaOH>NH3·H2O，Na2CO3、NaHCO3属于盐，盐类水解的程度一般微弱，CO32－的水解程度大于HCO3－的水解程度，因此pH大小顺序是Na2CO3>NaHCO3，综上所述，pH大小顺序是②>①>③>④，故A错误；B、两种溶液混合发生CH3COONa＋HCl=CH3COOH＋NaCl，反应后溶质为CH3COOH、NaCl、CH3COONa，且三者物质的量相等，因为CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，溶液显酸性，弱电解质的电离程度是微弱的，因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)，故B错误；C、盐类水解的程度一般微弱，因此(NH4)2SO4中c(NH4＋)最大，③可以看作在①基础上加入Al3＋，Al3＋抑制NH4＋水解，因此c(NH4＋)大小顺序是②>③>①，故C错误；D、物料守恒为c(Na＋)=c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)，电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，则有：c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+?c(OH-)，故D正确。
4．（2018届辽宁葫芦岛市普通高中高三上学期期末）对于下列实验事实的解释，不合理的是
选项
实验事实
解释
A
加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固体
H2SO4不易挥发，HCl易挥发
B
电解CuCl2溶液，阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na
得电子能力：Cu2+>Na+>H+
C
浓HNO3能氧化NO，稀HNO3不能氧化NO
HNO3浓度越大，氧化性越强
D
钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈
羟基中氢的活性：C2H5OH2O
【答案】B
【解析】A、硫酸镁溶液中：Mg2＋＋2H2OMg(OH)2＋2H＋，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是MgSO4，氯化镁溶液：MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，加热促进水解，HCl易挥发，加热促进HCl的挥发，更加促进反应向正反应方向进行，因此加热蒸干得到的是Mg(OH)2或MgO，解释合理，故A说法正确；B、根据电解原理，电解CuCl2溶液，阴极上发生Cu2＋＋2e－=Cu，说明Cu2＋得电子能力大于H＋，电解NaCl溶液，阴极发生2H＋＋2e－=H2↑，说明H＋得电子能力强于Na＋，得电子能力强弱是Cu2＋>H＋>Na＋，因此解释合理，故B说法错误；C、浓硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，解释合理，故C说法正确；D、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明水中H＋的浓度大于乙醇中c(H＋)，即羟基中氢的活性：CH3CH2OH5．（2018届山东省枣庄市高三第一次模拟考试）下列说法正确的是（ ）
A. 对于1mol·L-1的NH4Cl溶液，升高温度，溶液pH上升
B. 向蒸馏水中滴加浓硫酸，水的离子积常数Kw不变
C. 常温下，能证明乙酸是弱电解质的事实是0.1mol·L-1CH3COONa溶液pH大于7
D. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强
【答案】C
6．（2018届山东省枣庄市高三第一次模拟考试）下列说法正确的是（ ）
A. 二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸
B. 制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均可采用将溶液直接蒸干的方法
C. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子,可作漂白剂
D. 向含等物质的量浓度的FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入少量铁粉,FeCl3先与铁粉反应
【答案】D
【解析】二氧化硅与氢氟酸反应，A错误；三种盐均为强酸弱碱盐，水解产生盐酸，受热易挥发，水解平衡右移，最后生成各自的氢氧化物，B错误；明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子为氢氧化铝，它具有吸附性，C错误；氧化性：Fe3+大于Cu2+，加入铁粉，铁先与氧化性强Fe3+的反应，D正确；正确选项D。
7．（2018届北京市海淀区高三上学期期末）常温下2 mL 1 mol·L-1 NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中，不正确的是
A. NaHCO3溶液中，HCO3-水解程度大于其电离程度
B. NaHCO3溶液中，c(Na+) > c(HCO3-) > c(OH-) > c(H+)
C. 最终所得的混合溶液中，c(Na+) + c(H+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-)+ c(OH-)
D. 滴加饱和CaCl2溶液促进了HCO3-的电离
【答案】C
【解析】A. 碳酸氢根离子既可以发生电离使溶液呈酸性，也可以发生水解使溶液呈碱性，1 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH约为8，溶液呈碱性，说明HCO3－的水解程度大于电离程度，故A正确；B. 在NaHCO3溶液中，因碳酸氢根离子既发生电离又发生水解，且水解程度大于电离程度使溶液呈碱性，则c(Na+) > c(HCO3-) > c(OH-) > c(H+)，故B正确；C. 向NaHCO3溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，混合后的溶液中含有Ca2＋和Cl－，根据电荷守恒有：c(Na+) + c(H+)+2 c(Ca2+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-)+ c(OH-)+ c(Cl-)，故C错误；D. 碳酸氢根离子发生电离：HCO3－H＋＋CO32－，滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明Ca2＋和CO32－结合生成了CaCO3沉淀，促进了HCO3－的电离，故D正确；答案选C。
8．（2018届福建省泉州市普通高中高三单科质量检查）常温下，用某浓度的NaOH溶液滴定20.00?mL?等浓度的CH3COOH溶液，所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是
A. a点醋酸的浓度为1.0×10-3mol·L-1
B. a、b?两点对应的醋酸电离平衡常数：aC. c点c(Na+)：c(CH3COO-)=1：1
D. d点溶液升高温度，溶液pH不变
【答案】C
9．（2018届福建省泉州市普通高中高三单科质量检查）下列有关实验操作、实验现象和所得结论均正确的是
实验操作
实验观象
结论
A
往淀粉水解后的溶液中加入足量新制氢氧化铜并加热
有砖红色沉淀生成
淀粉完全水解
B
用0.100mol·L-1盐酸滴定未知浓度NaOH?溶液(甲基橙做指示剂)
溶液由橙色变红色，且在半分钟内不恢复
滴定到达终点
C
将BaCl2溶液滴入某溶液
生成白色沉淀
该溶液一定存在SO42-
D
往加有酚酞的碳酸钠溶液中加入足量的CaCl2溶液
红色煺去
证明CO32-水解呈碱性
【答案】D
10．（2018届广东清远市第一学期期末教学质量检测高三理科）若用AG表示溶液的酸度，其表达式为：AG=lg[]。室温下，实验室里用0.10 mol/L 的盐酸溶液滴定10 mL 0.10 mol/L MOH溶液，滴定曲线如图所示：下列说法正确的是
A. 该滴定过程可选择酚酞作为指示剂
B. C点加入盐酸的体积为10mL
C. 若B点加入的盐酸溶液体积为5?mL，所得溶液中：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH?)
D. 滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度逐渐增大
【答案】C
【解析】试题分析：由图像可知，0.10 mol/L MOH溶液的酸度为-8，则，根据水的离子积常数可以求出该溶液的c(OH-)=10-3mol/L，所以MOH为弱碱。A. 酸与碱恰好反应时，所得溶液为强酸弱碱盐溶液，该溶液因生成的盐水解而显酸性，所以应选择甲基橙较合适，这样的实验误差更小，A不正确；B. C点对应的溶液的pH=7，溶液呈中性，所以加入盐酸的体积小于10mL，B不正确；C. 若B点加入的盐酸溶液体积为5mL，则加入的盐酸的物质的量是MOH的一半，由物料守恒得c(M+)+ c(MOH) = 2c(Cl?)，由电荷守恒得c(M+)+c(H+)= c(Cl?)+c(OH?)，因此，所得溶液中c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH?)，C正确；D. 滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度先逐渐增大，后又逐渐减小，D不正确。本题选C。
11．（2018届广东清远市第一学期期末教学质量检测高三理科）下列实验操作、现象与结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体
溶液颜色变浅
FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl平衡向逆反应方向移动
B
用乙醇与浓硫酸反应制乙烯，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中
高锰酸钾溶液的紫红色褪去
乙烯能被酸性高锰酸钾氧化
C
向装有X溶液的试管中滴入浓NaOH溶液，将干燥的红色石蕊试纸置于试管口
无明显现象
X溶液中无NH4+
D
常温下，向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞
变红，前者
红色更深
结合质子的能力:CO32－ > HCO3－
【答案】D
【解析】A. 向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体，化学平衡不移动，故溶液颜色不变，A不正确；B. 用乙醇与浓硫酸反应制乙烯，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾溶液的紫红色褪去，不能说明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化，因为挥发出的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去，B不正确；C. 向装有X溶液的试管中滴入浓NaOH溶液，将干燥的红色石蕊试纸置于试管口无明显现象，不能说明X溶液中无NH4+，因为试纸没有用水润湿（还应适当加热），C不正确；D. 常温下，向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞，溶液均变红，前者红色更深，说明水解程度CO32－ > HCO3－，即结合质子的能力:CO32－ > HCO3－，D正确。本题选D。
12．（2018届福建省三明市第一中学高三上学期第二次月考）已知常温下浓度为0.lmol/L的下列溶液的pH如下表，下列有关说法正确的是
溶质
NaF
NaClO
Na2CO3
pH
7.5
9.7
11.6
A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序： H2CO3B. 根据上表，水解方程式ClO-+H2OHClO+OH-的水解常数K=10-7.6
C. 若将CO2通入0.lmol/LNa2C03溶液中至溶液中性，则溶液中2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1 mol/L
D. 向上述NaC1O溶液中通HF气体至恰好完全反应时：c(Na+)>c(F-)>(H+)>c(HClO)>c(OH-)
【答案】B
【解析】A项，NaF、NaClO、Na2CO3都属于强碱弱酸盐，0.1mol/L三种溶液的pH：NaFNaClONa2CO3，根据“越弱越水解”规律，酸性HFHClOHCO3-，结合课本知识酸性：H2CO3HClO，在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力：HFHClO，H2CO3HClO，错误；B项，0.1mol/LNaClO溶液的pH=9.7，溶液中c（H+）=10-9.7mol/L，c（OH-）=10-4.3mol/L，根据水解方程式ClO-+H2OHClO+OH-，溶液中c（OH-）=c（HClO）=10-4.3mol/L，c（ClO-）=0.1mol/L-10-4.3mol/L0.1mol/L，水解平衡常数K= [c（HClO）·c（OH-）]/ c（ClO-）=（10-4.3）20.1=10-7.6，正确；C项，CO2通入Na2CO3溶液中，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），溶液呈中性c（H+）=c（OH-），代入电荷守恒得c（HCO3-）+2c（CO32-）=c（Na+）=0.2mol/L，错误；D项，NaClO与HF反应的化学方程式为NaClO+HF=NaF+HClO，两者恰好完全反应得到等物质的量浓度的NaF和HClO的混合液，溶液中存在HClO的电离平衡（HClOH++ClO-）和NaF的水解平衡（F-+H2OHF+OH-），HClO的电离和F-的水解都是微弱的，且HClO的电离程度大于F-的水解程度，则溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（F-）c（HClO）c（H+）c（OH-），错误；答案选B。
13．（2018届福建省三明市第一中学高三上学期第二次月考）下列说法正确的是
A. HS－的水解方程式为：HS－+ H2OH3O++S2－
B. CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中的值减小
C. 将pH =4的盐酸稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
D. 100℃时，pH=12的纯碱溶液中：c(OH－)=1.0×10－2 mol?L－1
【答案】B
【解析】A项，HS-的水解方程式为HS-+H2OH2S+OH-，错误；B项，CH3COOH溶液加水稀释促进CH3COOH电离，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO-）增大，则=减小，正确；C项，将pH=4的盐酸稀释，H+、Cl-浓度降低，但OH-浓度增大，错误；D项，pH=12的溶液中c（H+）=110-12mol/L，100℃时水的离子积大于110-14，溶液中c（OH-）110-2mol/L，错误；答案选B。
14．（2018届四川省乐山市高三第一次调查研究考试）常温下，向20mL 0.0lmol/L CH3COOH 溶液中逐滴加入0.01mol/L的NaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)随加入NaOH溶液的体积变化示意图如图所示，下列说法不正确的是
A. 从a到c，醋酸的电离始终受到促进
B. b、d两点溶液的pH相同
C. c点所示溶液中c(Na+)>c(CH3COO- )>c(OH- )>c(H+ )
D. e 点所示溶液中，c(Na+)=2c(CH3COO- )+2c(CH3COOH)
【答案】B
15．（2018届甘肃省武威第二中学高三上学期期末）在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　　）
A. 无色溶液：Ca2＋、H＋、Cl－、HSO3－
B. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4＋、Br－、NO3－
C. FeCl2溶液：K+、、Na+、、SO42－、AlO2－
D. =0.1 mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32－、NO3－
【答案】D
16．（2018届湖南省株洲市高三教学质量统一检测一）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7 (通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系确的是
A. 向0.10mol/L NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4+)=c(HCO3-)+c(CO32-)
B. 向0.10 mol/L NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na+)>c(SO32-)>c(NH4+)
C. 向0.10 mol/L Na2SO3溶液通入SO2：c(Na+)=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]
D. 向0.10 mol/L CH3COONa溶液中通入HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(Cl-)
【答案】B
【解析】pH=7，则c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒可知，c（NH4+）=c（HCO3-）+2c（CO32-），故A项错误；溶液中Na+与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c（Na+）>c（NH4+），由物料守恒可知，c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），溶液呈中性，由电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32-）+c（HSO3-），联立可得：c（NH4+）+c（H2SO3）=c（SO32-），c（NH4+）c（CH3COOH）=c（Cl-），D项错误。
17．（2018届湖南省株洲市高三教学质量统一检测一）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. c(H+)/c(OH-)=l010的溶液中: K+、Fe2+、Cl-、SO42-
B. 含有大量Al3+的溶液中: Na+、NH4+、CO32-、Cl-
C. 某无色溶液中: Na+、HCO3-、Cu2+、SO42-
D. 水电离出来的c(H+) =10-13mol/L的溶液中: NH4+、K+、NO3-、SiO32-
【答案】A
【解析】c(H+)/c(OH-)=l010的溶液呈酸性，K+、Fe2+、Cl-、SO42-能大量共存，A项正确；Al3+、CO32-因能发生双水解而不能大量共存，B项错误；Cu2+为蓝色，无色溶液不能存在有色离子，C项错误；水电离出来的c(H+)?=10-13mol/L的溶液，说明溶液可能是酸性，也可能为碱性，NH4+在碱性条件下不能共存，SiO32-在酸性条件下不能共存，D项错误。
18．（2018届湖南省株洲市高三教学质量统一检测一）常温下，向10mL0.1mol/L的某酸(HA) 溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液的pH及导电能力与加入氨水的体积关系如图所示。下列说法中不正确的是
A. HA为弱酸
B. b点对应溶液pH=7，此时HA溶液与氨水恰好完全反应
C. c点对应的溶液存在c(OH-)=c(H+)+c(HA)
D. a、b、c三点中，b点对应的溶液中水的电离程度最大
【答案】C
【解析】a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HA在溶液中部分电离，为弱酸，A项正确；b点加入0.1mol/L氨水10mL，HA溶液与氨水恰好完全反应，NH4A为弱酸弱碱盐，b点对应溶液pH=7，说明铵根离子和R—的水解程度相等，B项正确； c点为等量的NH4A和NH3?H2O的混合物，其电荷守恒为：c(OH—)+c(A—) = c(NH4+)+c(H+)以及物料守恒为：c(NH4+)+ c(NH3?H2O)=2 c(A—)+2c(HA)，两式相加得：c(OH—) + c(NH3?H2O)= c(A—)+2c(HA) +c(H+)，C项错误；b点加入0.1mol/L氨水10mL，HA溶液与氨水恰好完全反应，NH4A为弱酸弱碱盐，促进水的电离，a点HA为反应完全，抑制水的电离，c点氨水过量，也将抑制水的电离，D项正确。
19．（2018届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期期末）常温下，用 0.1 mol·L—1HCl溶液滴定10.0 mL浓度为0.1 mol·L—1 Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 当V＝0时：c(H＋)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(OH－)
B. 当V＝5时：c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(Cl－)
C. 当V＝10时：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32—)＞c(H2CO3)
D. 当V＝a时：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)
【答案】D

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