1、沉淀溶解平衡实验图表题型一、单选题（共15题）1下列实验操作能达到实验目的的是选项操作目的A取一张pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴于试纸的中部，与标准比色卡对比测定NaClO溶液的pHB向含有酚酞的溶液中滴入溶液，观察溶液颜色的变化证明溶液中存在水解平衡C取溶液，先后滴加3滴溶液和5滴溶液，观察沉淀情况比较、的大小D将样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红检验样品是否变质2根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A对于可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，平衡后扩大容器体积，容器内气体颜色变浅平衡正向移动B向AgCl悬浊液中滴
2、入数滴0.1mol/LKI溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgI) Ksp(AgCl)C向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体，出现黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4强D测定Na2CO3和Na2SiO3溶液的pH，后者pH比前者的大C的非金属性比Si强AABBCCDD3下列实验操作、现象和所得出结论正确的是选项 实验操作实验现象实验结论A向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段，再加入新制Cu(OH)2，加热没有出现砖红色沉淀淀粉没有水解B取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液Mg(OH)2溶解CH3COONH4溶液呈酸性C向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液出现白色
3、沉淀结合H+能力比强D取一张pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液点滴于试纸的中部，与标准比色止对比pH试纸变蓝NaClO溶液呈碱性AABBCCDD4下列实验操作、现象、结论正确的是操作及现象结论A向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2S溶液，产生白色沉淀白色沉淀成分是Al2S3B将粗铜和精铜分别连接电源的正、负极，两电极减少和增加的质量不相等质量变化大的电极一定与电源的负极相连C向盛有2mL0.1molL-1ZnSO4溶液的试管中加入1molL-1Na2S溶液，再加入0.1molL-1CuSO4溶液，最终得到黑色沉淀CuS的溶解度比ZnS小D向盛有0.01molL-1CH3CO
4、ONa溶液的试管中滴加几滴酚酞试液，溶液变红，加热，颜色变深溶液中存在水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，且为吸热反应AABBCCDD5根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是选项实验操作和现象结论A向2 mL0.1 molL1的FeCl3溶液中加入4 mL0.1 molL1的KI溶液，充分反应后，分别取少量溶液于两支试管中，向其中一支试管中滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝，另一支试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液变红KI与FeCl3的反应是可逆反应B室温下，向0.1 molL1HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升镁与盐酸反应放热C向2支盛有2 mL相同浓度银
5、氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp(AgI)Ksp(AgCl)D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaHCO3溶液的pH约为10CH3COOH电离出H+的能力比H2CO3强AABBCCDD6根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向某溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀该溶液中一定含有B用pH试纸测定浓度均为0.1molL-1HCOONa溶液与CH3COONa溶液的pH，CH3COONa溶液的pH较大CH3COOH电离出H+的能力比HCOOH的强C向0
6、.1molL-1H2O2溶液中滴加0.1molL-1KMnO4溶液，溶液褪色并放出能使带火星木条复燃的气体H2O2具有氧化性D向2.0mL浓度均为0.1molL-1的KCl、KI混合溶液中滴加12滴0.01molL-1AgNO3溶液，振荡，出现黄色沉淀Ksp(AgI)Ksp(CuS)B将含有少量SO2杂质的CH2=CH2气体缓慢通过足量的酸性KMnO4溶液除去CH2=CH2中的SO2C向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，然后过滤、洗涤沉淀，再灼烧沉淀制取Al(OH)3D将FeCl3饱和溶液置于蒸发皿中加热蒸干制取无水FeCl3AABBCCDD9根据下列实验得出的结论或达到的目的错误的是实验
7、结论或目的A室温下，用pH试纸测得:0.1molL-1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1molL-1NaHSO3溶液的pH约为5结合H+的能力：B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡C配制FeCl2溶液时，先将FeCl2固体溶于适量盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后向试剂瓶中加入少量铁粉抑制Fe2+水解，并防止Fe2+被氧化D向10mL0.2molL-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mdL-1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1molL-1FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀溶度积：AABBCCDD10根据下列实验操作和
8、现象，所得结论正确的是选项实验操作现象结论A向酸性KMnO4溶液中滴加草酸紫色褪去H2C2O4具有漂白性B向ZnS的浊液中滴加适量CuSO4溶液白色沉淀变黑色Ksp(ZnS)Ksp(CuS)CSO2和SO3的混合气体通入足量的Ba(NO3)溶液中出现白色沉淀得到沉淀只有BaSO4D等体积的pH=3的HA和HB两种酸溶液，加水稀释相同倍数后测溶液的pHpH(HA)pH(HB)酸性:HBHAAABBCCDD11下列实验中，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Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液有白色沉淀生成发生了反应Mg222OH=MgCO32H2OB将铜粉
9、加入1.0molL1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小AABBCCDD12下列结论可以由对应实验设计证明的是()选项结论实验设计A乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢活泼等大的钠块分别投入等量的水和无水乙醇中，比较反应剧烈程度B其他条件相同时，增大反应物浓度反应速率增大向两份2 mL 0.01 mol
10、/L H2C2O4溶液中分别加入2mL 0.1 mol/L KMnO4和2mL 0.2 mol/L KMnO4比较溶液褪色时间C常温下，AgI的KspAgCl的 Ksp向盛有1 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中加5滴同浓度NaCl后再加入5滴同浓度KI，观察沉淀产生的情况D蔗糖在稀酸催化条件下水解出葡萄糖和果糖取1mL 20%的蔗糖溶液加35滴稀硫酸水浴加热后加新制Cu(OH)2悬浊液加热，观察现象AABBCCDD13下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是选项实验操作实验现象结论A向盛有漂白粉溶液的试管中加浓硫酸产生黄绿色气体浓硫酸具有氧化性B向SO2水溶液中滴入几滴BaCl2溶液
11、，振荡出现白色沉淀此沉淀是BaSO4C使装有NO2气体的密闭容器减小体积气体颜色先变深、而后变浅气体颜色变浅原因是：2NO2N2O4D先向2mL 0.1mol/L Na2S溶液中滴入几滴0.1mol/L ZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/L CuSO4溶液开始有白色沉淀生成；后又有黑色沉淀生成溶度积(Ksp)：ZnSCuSAABBCCDD14根据下列实验现象所得结论正确的是 选项实验现象结论A取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液溶液未呈蓝色该食盐中不含有碘酸钾B将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体，用激光笔照射微蓝色透明液体有光亮的通路微蓝色透明液体为胶体C将数滴0
12、.1molL1MgSO4溶液滴入2mL0.1molL1NaOH溶液中充分反应，再滴加0.1 molL1CuSO4溶液出现蓝色沉淀KspCu(OH)2”、“=”或“7，则V10B若混合液pHc (C6H5O-) c (H+)c (OH-)CV=10时，混合液中水的电离程度小于10ml 0.01mol/L苯酚溶液中水的电离程度DV=5时，2c(NH3H2O)+ 2c(NH)= c (C6H5O-)+ c(C6H5OH)(5)水解反应是典型的可逆反应.水解反应的化学平衡常数称为水解常数(用Kh表示)，类比化学平衡常数的定义，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式_。(6).如图所示，有T
13、1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，回答下列问题： T1_T2(填、=、)，T2温度时Ksp(BaSO4)=_；讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法正确的是_A加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点B在T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点时，均有BaSO4沉淀生成C蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)D升温可使溶液由b点变为d点.现有0.2mol的BaSO4沉淀，每次用1L饱和Na2CO3溶液(浓度为1.7mol/L)处理。若使BaSO4中的SO全部转化到溶液中，需要反复处理_次。提示： BaSO4(s)+ CO(aq)BaC
14、O3(s)+ SO(aq)20已知：I2+2S2O=S4O+2I-。相关物质的溶度积常数见表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.210-202.610-391.710-71.310-12(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入_，调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3+)=_。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体。(2)在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_(用化学方程式表示)。(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有
15、CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性质杂质)的纯度，过程如下：取 0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是 _。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为 _。该试样中CuCl22H2O的纯度为_。21用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图：已知：MnO2是一种两性氧化物；25时相关物质的Ksp见表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH
16、)3Mn(OH)2Ksp净化时需先加入的试剂X为_(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)。22常温下，几种物质的溶度积常数见表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.210-202.610-391.710-71.310-12(1)某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净CuCl2溶液，宜加入_，将溶液调至pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3+)=_mol/L。(2)上述溶液过滤后，将所得滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶得到CuCl22H2O晶体。某学习小组用“间接碘量法”
17、测定含有CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.800g试样溶于水，加入适当过量的KI固体，充分反应后用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00mL。(已知：2Cu2+4I-=2CuI+I2；I2+2S2O=S4O+2I-)。试回答：可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_。含有CuCl22H2O晶体的试样的纯度是_。若滴定到终点时，仰视读数，则测定结果_。23常温下，浓度均为0.1 molL-1的5种溶液pH如表：溶质Na2CO3NaHCO3Na2SO3NaHSO3NaClOpH11
18、.69.710.04.010.3请由表中数据回答：(1)NaClO溶液显碱性的原因是_ (用离子方程式表示)。(2)侯氏制碱中，使NH4Cl从母液中析出的措施不包括_(选填编号)。A冷却 B加入食盐细颗粒 C通入CO2 D通入NH3(2)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3酸性溶液氧化，当NaHSO3完全消耗时有I2析出，写出该反应的离子方程式并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：_；若有25.4g I2生成，则转移电子数是_个。24工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。(1)该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2，反应的氧化剂是_，氧化产物为_。(2
19、)在精炼铜的过程中，电解液中c(Cu2+)逐渐下降，c(Fe2+)、c(Zn2+)会逐渐增加，所以需定时除去其中的Fe2+、Zn2+。如表为几种物质的溶度积。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Zn(OH)2Cu(OH)2溶度积Ksp4.910-172.610-391.210-172.210-20甲同学设计了如图除杂方案：试剂a是_，其目的是_；根据溶度积该方案能够除去的杂质金属阳离子是_。写出检验该杂质金属阳离子的操作方法：_。乙同学在查阅资料时发现，“工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，使其溶入水，再加入氨水调节pH至78，可使Fe3+生成Fe(OH)3。沉淀而除去。”乙同学认为甲同学的方案中也应该
20、将溶液pH调至78。你认为乙同学的建议是否正确?_(填“是”或“否”)，理由是_。25已知在25时，醋酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为：醋酸K=1.7510-5碳酸K1=4.3010 -7 K2=5.6110 -11亚硫酸K1=1.5410-2 K2=1.0210-7(1)在相同条件下，试比较H2CO3、和的酸性由强到弱的顺序：_。(2)若保持温度不变，在醋酸溶液中加入少量HCl，下列量会变小的是_。(填序号)Ac(CH3COO-) Bc(H+) C醋酸的电离平衡常数 D醋酸的电离度(3)某化工厂废水中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.01 mol/L。排放前拟用沉淀法除去
21、这两种离子，查找有关数据如下：难溶电解质AgIAgOHAg2SPbI2Pb(OH)2PbSKsp8.310-175.610-86.310-507.110-91.210-163.410-23你认为往废水中投入_沉淀效果最好(填字母)ANaOH BNa2S CKI DCa(OH)2(4)25时，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合(体积变化忽略不计)，测得反应后溶液的pH如下表。实验编号起始浓度/mol/L反应后溶液的pHc(HA)c(NaOH)0.100.109X0.057则表中X_0.05 (填“大于”“等于”、“小于”)； 实验所得溶液中c(A-)+c(HA)=_参考答案1B【详解】ANa
22、ClO溶液具有漂白性，无法用pH试纸测其pH，可选pH计测定pH，A项错误；B钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，减小，则观察溶液颜色变化可证明存在水解平衡，B项正确；C硝酸银过量，加入NaCl，KI均会有沉淀生成，该操作不能比较AgCl、AgI的，C项错误；D酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能检验样品是否变质，应溶于水后滴加KSCN溶液，D项错误。故选B。2B【详解】AH2(g)+I2(g)2HI(g)气体分子总数不发生变化，平衡后扩大容器体积，平衡不移动，但所有气体浓度同等倍数减小，容器内气体颜色变浅，A错误；B向AgCl悬浊液中滴入数滴0.1m
23、ol/LKI溶液，有黄色沉淀生成，则溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的，即Ksp(AgI)Ksp另一支中无明显现象，说明QcKsp，可说明Ksp(AgI)CuS，故D错误；故选：C。14B【详解】AI2能使淀粉溶液变蓝，而碘酸钾在酸性条件下不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；B胶体有丁达尔现象，用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路，可说明微蓝色透明液体为胶体，故B正确；C将数滴0.1molL1MgSO4溶液滴入2mL0.1molL1NaOH溶液中充分反应后，NaOH过量，再滴加0.1molL1CuSO4溶液一定有Cu(OH)2蓝色沉淀生成，不存在沉淀的转化，则无法确定KspCu(OH)2NaHCO
24、3，故C错误；D.硫酸锌完全反应，白色沉淀变为黑色沉淀，说明ZnS转化为CuS，则CuS的溶解度比ZnS小，Ksp(CuS) Ksp(ZnS)，故D错误。故选B。16黑色 越小 1 2.80 含有 A Pb2+FeS=PbS+Fe2+ 干燥HCl气流中加热 Fe2O3 D Al3+3HCO=Al(OH)3+3CO2 Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ 【详解】(1)根据表格数据可知Ksp(CuS) KspAl(OH)3，所以沉淀中含有Al(OH)3；(3)根据题目所给信息可知除去Cu2+、Pb2+、Hg2+可将它们转化为硫化物沉淀，同时为了不引入新的杂质，应选用不溶于水的硫化物，结
25、合沉淀转化原理(难溶物可以转化为更难溶的沉淀)，可以选用溶解度小于CuS、PbS和HgS的难溶物FeS进行除杂，故选A；试剂除去Pb2+时发生的离子反应方程式为：FeS+Pb2+Fe2+PbS；(4)氯化铁溶液中存在铁离子的水解，蒸发时促进水解同时使HCl挥发，造成氯化铁彻底水解，为了抑制氯化铁水解，可以在干燥HCl气流中加热蒸发FeCl3溶液得到无水FeCl3，若直接蒸发会得到氢氧化铁，灼烧后得到Fe2O3；(5)为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，需加入某种物质使溶液的pH增大，同时还要注意不引入新的杂质，所以可以加入MgO、MgCO3等调节pH，故选D；(6)铝离子水解使溶液显酸性，
26、碳酸氢根水解使溶液显碱性，二者相互促进从而彻底双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式为Al3+3HCO=Al(OH)3+3CO2；明矾可以电离出铝离子，铝离子水解产生氢氧化铝胶体，吸附水中杂质，从而达到净水的目的，离子方程式为Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+。17大 Na2CO3(aq)CaSO4(s)CaCO3(s)Na2SO4(aq) 洗去沉淀上附着的SO42- 向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解，有气泡产生 将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，易于除去 【分析】(1)根据Ksp的含义分析；(2)硫酸钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀；(3)上层清液里有Na2SO4，
27、所以沉淀上有附着的硫酸根离子，要洗去；(4)检验生成的沉淀是不是碳酸钙；(5)工厂大型锅炉除水垢的方法；【详解】(1)Ksp越大，饱和溶液中离子的浓度越大，电解质的溶解度越大；(2)根据表格数据，硫酸钙的Ksp比碳酸钙大，当加入碳酸钠时会反应生成碳酸钙沉淀，其反应方程式为：Na2CO3(aq)+CaSO4(s)=Na2SO4(aq)+CaCO3(s)；(3)上层清液里有Na2SO4，故应洗去沉淀上附着的SO42；(4)因为前面加入了固体Na2CO3，生成CaCO3，向沉淀中加入足量的盐酸，如果沉淀完全溶解并放出无色无味气体，说明该沉淀是碳酸钙，说明CaSO4加入碳酸钠后生成了碳酸钙；(5)在实
28、际生活生产中，利用沉淀的转化可将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸溶解除去。【点睛】易错点为(2)，难溶解的物质容易转化为更难溶的物质，根据Ksp数据可知，碳酸钙的溶解度小于硫酸钙的溶解度，注意沉淀的转化时，需要标注物质的状态。18 C6H5OH + PO43-= C6H5O+ HPO42- = D ABC 3 【解析】(1)同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据这几种酸的电离平衡常数知，它们的酸性强弱顺序是：，故答案为；(2)苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，而小于第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO
29、43-=C6H5O-+HPO42-，故答案为C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-；(3)25时，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等，则等浓度等体积的醋酸和一水合氨混合，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得(H+)+(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以得(NH4+)=c(CH3COO-)，故答案为=；(4)相同温度下，一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性。A如果溶液呈碱性，溶液中的溶质为苯酚铵或苯酚铵和一水合氨，苯酚和氨水的浓度相等，要使溶液呈碱性，苯酚的体积小于或等于或大于氨水体积都可能使混合溶液呈碱性，故A错误；
30、B若混合液pH7，溶液中的溶质为苯酚和苯酚铵，pH7，则c(H+)c(OH-)，溶液中电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(C6H5O-)+c(OH-)，所以c(C6H5O-)c(NH4+)，故B错误；C含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以苯酚铵促进水电离，苯酚抑制水电离，故C错误；D任何电解质溶液中都遵循物料守恒，根据物料守恒得V=5时，2c(NH3H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O-)+c(C6H5OH)，故D正确；故选D；(5)Kh=，故答案为Kh=；(6)升高温度促进难溶物溶解，根据图象知T2的溶度积常数大于T1，所以T1T2，故答案为；A硫酸钠抑制
31、硫酸钡电离，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，故A正确；B在T1曲线上方区域(不含曲线)为过饱和溶液，所以有晶体析出，故B正确；C蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，故C正确；D升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故D错误；故选ABC；设每次用1.00L 2.0 molL-1饱和Na2CO3溶液能处理xmol BaSO4， BaSO4 + CO32-=BaCO3 +SO42-(2.0-x)mol/L x mol/L根据K=0.042，解得：
32、x=0.081，处理次数=2.5，所以至少处理3次；故答案为3。19 C6H5OH+PO=C6H5O-+ HPO = D Kh= T1T2 Ksp(BaSO4)=5.010-9 ABC 3次 【详解】(1)根据表中数据知，酸的电离平衡常数大小顺序是，酸的电离平衡常数越大，其溶液酸性越强，所以这几种溶液的酸性强弱顺序是；(2)苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，而小于第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO43-=C6H5O-+HPO42-；(3)等体积等浓度的醋酸和氨水混合，二者恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相
33、等，所以醋酸铵溶液呈中性，根据电荷守恒得c(CH3COO-)=c(NH4+)；(4)相同温度下，一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性，A.如果溶液呈碱性，溶液中的溶质为苯酚铵或苯酚铵和一水合氨，苯酚和氨水的浓度相等，要使溶液呈碱性，苯酚的体积小于或等于或大于氨水体积都可能使混合溶液呈碱性，选项A错误；B.若混合液pH7，溶液中的溶质为苯酚和苯酚铵，pH7，则c(H+)c(OH-)，溶液中电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(C6H5O-)+c(OH-)，所以c(C6H5O-)c(NH4+)，选项B错误；C.含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以苯酚铵促进水电
34、离，苯酚抑制水电离，选项C错误；D.任何电解质溶液中都遵循物料守恒，根据物料守恒得V=5时，2c(NH3H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O-)+c(C6H5OH)，选项D正确；答案选D；(5)根据反应CO32-+H2OHCO3-+OH-可得Kh=；(6).升高温度促进难溶物溶解，根据图象知T2的溶度积常数大于T1，所以T1T2；Ksp(BaSO4)=c(Ba2+).c(SO42-)=1.010-45.010-5=510-9；A.硫酸钠抑制硫酸钡电离，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，选项A正确；B.在T1曲线上方区域(不含曲线)为过饱和溶液，所
35、以有晶体析出，选项B正确；C.蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，选项C正确；D.升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，选项D错误；答案选ABC；.设每次用1.00L 2.0 mol/L饱和Na2CO3溶液能处理xmol BaSO4，BaSO4 (s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq) (2.0-x)mol/L x mol/L根据K=0.042，解得：x=0.081，处理次数=2.5，所以至少处理3次。20Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO 2.6
36、10-9mol/L 2CuCl22H2OCu2(OH)2CuCl2+2HCl+2H2O(主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可) 淀粉溶液 蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色 2Cu2+4I-=2CuI+I2 95% 【详解】(1)为得到纯净的CuCl22H2O晶体要除去氯化铁，加入的物质能消耗氢离子，使氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，促进氯化铁水解生成氢氧化铁沉淀，且不能引进新的杂质，所以加入物质后应能转化为氯化铜，所以应该加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO；溶液的pH=4，所以溶液中c(H+)=10-4mol/L，则c(OH-)=10-10mol/L，
37、c(Fe3+)=2.610-9mol/L；(2)由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，生成碱式氯化铜或氢氧化铜，而不是CuCl2，反应方程式为2CuCl22H2OCu2(OH)2CuCl2+2HCl+2H2O(主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可)；(3)滴定时，先加入KI与Cu2+反应生成I2和CuI沉淀，然后用Na2S2O3标准滴定生成的碘单质的量从而确定CuCl22H2O的纯度；淀粉遇碘变蓝，所以可以用淀粉作指示剂，当达到滴定终点时I2完全反应，溶液蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色；CuCl2溶液与KI溶液相遇时，发生
38、氧化还原反应，+2价的铜离子得电子，变为+1价，-1碘离子失电子变为0价，由电子、电荷守恒可知离子反应为：2Cu2+4I-=2CuI+I2；根据I2+2S2O=S4O+2I-可知生成的n(I2)=0.1000mol/L0.02L=0.001mol，再结合方程式2Cu2+4I-=2CuI+I2可知n(CuCl22H2O)=0.002mol，样品的纯度为=95%。21H2O2 4.9 【详解】净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型的沉淀，而Al(OH)3的Ks
39、p稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.010-5mol/L时，c(OH)=10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9。22CuO或Cu(OH)2或碱式碳酸铜 淀粉 当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色 偏大 【详解】(1)为制得纯净CuCl2溶液，宜加入CuO或Cu(OH)2或碱式碳酸铜等，调至溶液pH4，使Fe3转化为Fe(OH) 3沉淀，此时溶液中的；(2)由于反应有I2消耗，可选用淀粉作滴定指示剂，滴定终点的现象是当滴入最后一滴Na2S2O3标
40、准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色；由化学方程式2Cu2+4I-=2CuI+I2、I2+2S2O=S4O+2I-，得到关系式：，则，该试样中CuCl22H2O的质量百分数为；若滴定到终点时，仰视读数，使得消耗Na2S2O3标准溶液体积偏大，测定结果偏大。23ClO- + H2OHClO + OH- C NA 【详解】(1)NaClO是强碱弱酸盐，溶液因次氯酸根离子水解显碱性，离子方程式为ClO- + H2O HClO + OH-。(2) A冷却，可降低氯化铵的溶解度，能冷却结晶，A正确； B加入食盐细颗粒，增大氯离子浓度，能促使氯化铵结晶，B正确； C通入CO2，与水反应生成碳酸
41、，溶液酸性增强，不与母液中其它成分反应，对氯化铵的析出无明显作用，C错误；D通入NH3后生成一水合氨，与碳酸氢根反应产生铵根离子，增大铵根离子的浓度有利于氯化铵的析出来，D正确；故使NH4Cl从母液中析出的措施不包括C。(3)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3酸性溶液氧化，当NaHSO3完全消耗时有I2析出，则先发生，后发生 ，合并为 ，则用单线桥法标出电子转移的方向和数目：；若有25.4g I2生成，碘的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量为1mol，数目是NA个。24Cu2O、Cu2S SO2 H2O2 H2O2将Fe2+氧化成Fe3+ Fe2+ 先加入KSCN溶液，若
42、溶液不变红，再滴入几滴氯水，若溶液变成红色，说明含有该离子 否 根据溶度积，当溶液pH为78时，溶液A中Cu2+同时生成沉淀而被除去 【详解】(1)该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2，Cu2O、Cu2S中铜元素的化合价从+1价降低到0价，Cu2S中硫元素的化合价从-2价升高到+4价，化合价降低的物质作氧化剂，反应的氧化剂是Cu2O、Cu2S，SO2是硫元素化合价升高后得到的物质，是氧化产物；(2)加入氧化剂，将Fe2+氧化成Fe2+，根据Fe(OH)3的Ksp=2.610-39，Fe(OH)2的Ksp=4.910-17可知，Fe(OH)3的Ksp较小，调节pH，Fe
43、(OH)3易先沉淀，达到除去Fe2+的目的；Fe2+的检验方法为先加入KSCN溶液，若溶液不变红，再滴入几滴氯水，若溶液变成红色，说明含有该离子；将溶液pH调至78，c(H+)=10-7mol/L10-8mol/L，c(OH-)=10-7mol/L10-6mol/L，Qc10-5mol/L(10-7mol/L)2=10-192.210-20，溶液A中Cu2+同时生成沉淀而被除去，乙同学的建议不正确。25H2CO3 AD B 大于 0.05 molL-1 【详解】(1)酸的电离平衡常数越大，该酸越容易电离，相应的酸的酸性就越强。由于电离平衡常数K1(H2CO3)K2(H2SO3)K2(H2CO3
44、)，所以在相同条件下，H2CO3、和的酸性由强到弱的顺序为：H2CO3；(2)A在醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向该溶液中加入少量HCl，c(H+)增大，电离平衡逆向移动，则溶液中c(CH3COO-)减小，而c(CH3COOH)增大，A符合题意；B向溶液中加入少量HCl，HCl电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，B不符合题意；C醋酸的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，则其电离平衡常数不变，C不符合题意；D在醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向该溶液中加入少量HCl，溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动，导致醋酸的电离度减小，D符合题
45、意；故合理选项是AD；(3)除去重金属阳离子Ag+、Pb2+，形成沉淀的溶度积常数越小时沉淀效果越好。由表格数据可知Ag2S、PbS的溶度积最小，则加入Na2S溶液时沉淀效果最好，故合理选项是B；(4)由实验可知：当酸、碱浓度相等，溶液等体积混合时溶液pH=9，溶液显碱性，说明NaA是强碱弱酸盐，一元酸HA是弱酸，因此在实验中当NaOH溶液的浓度为0.05 mol/L，若混合溶液pH=7，溶液显中性时，酸的浓度应该比碱的浓度大，即c(HA)0.05 mol/L；对于实验，开始未混合时c(Na+)=c(NaOH)=0.10 mol/L，由于二者是等体积混合，则混合后溶液中c(Na+)=0.05 mol/L，HA、NaOH等浓度、等体积混合，则混合溶液溶质为NaA，该盐是强碱弱酸盐，A-离子部分水解产生HA，则根据物料守恒可知c(A-)+c(HA)=c(Na+)=0.05 mol/L。
