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1、第3章水溶液中的离子反应与平衡单元测试卷一、单选题125 时，水的电离达到平衡：H2OHOH-；H0，下列叙述正确的是A向水中加入NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH-)降低B向水中加入少量NaHSO4固体，c(H)增大，Kw不变C向水中加入少量固体Na，平衡逆向移动，c(H)降低D将水加热，Kw增大，pH不变225时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A含有大量的溶液：、B与铝作用放出氢气的溶液：、C的溶液：、D由水电离出的的溶液：、3下列方案设计、现象和结论有不正确的是目的方案设计现象和结论A比较与的酸性向溶液中滴加溶液出现白色沉淀能确定：酸性B比较溶解度的NaOH溶液中滴加2滴的
2、MgCl2溶液，再滴加2滴的溶液白色沉淀转化为红褐色沉淀能确定：溶解度C判断基团之间的影响试管1、2、3中分别装有3mL的苯、甲基环己烷、甲苯，分别滴加3滴酸性高锰酸钾溶液，振荡试管1、2不褪色，3褪色不能确定：苯环影响甲基D比较和的氧化性强弱向含有淀粉的KI溶液中滴入溶液，观察溶液颜色变化溶液变蓝不能确定：氧化性AABBCCDD4表中实验操作、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室温下，用广泛pH试纸分别测定NaClO溶液和CH3COONa溶液的酸碱性NaClO溶液pH较大酸性HClOKsp(Ag2CrO4)，所以CrO首先沉淀D在2mL0.10molL-1AgNO3溶液中滴
3、加2滴等浓度的NaCl溶液，再加入2滴等浓度的KI溶液先产生白色AgCl沉淀，后产生黄色AgI沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)AABBCCDD5下列物质属于弱电解质的是ABHClOCD氨水6下列离子方程式中，能够正确表示题目给出的反应的是A铵根和硅酸根不能同时存在于溶液中的原因：NH+SiO=NH4SiO3B硫化钠与稀硫酸混合：S2+8H+SO=2S+4H2OC氯化铝溶液滴入氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NHD氯化亚铁酸性溶液暴露在空气中变质：3Fe2+3O2+6H+=3Fe(OH)27某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结(均在常温下)，正确的是常温下，pH=
4、1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度均降低pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c(H+)之比为1：10pH相等的四种溶液：a.CH3COONa；b.NaClO；c.NaHCO3；d.NaOH。其溶液物质的量浓度由大到小顺序为d、b、c、aNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c(Na+)=2c(SO)已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为KaKh=KwpH相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相同，则mnABCD8在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g形状相同的镁条(过量)分别与2 mL 的盐酸和醋酸
5、反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如下图。下列说法不正确的是A曲线代表醋酸与镁条反应B反应开始时，盐酸与Mg反应的更快C反应结束时两容器内基本相等D反应过程中盐酸下降更快9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现象结论AA、B两支试管中分别加入10mL5%的H2O2溶液，在A试管中加入1mLFeCl3溶液，在B试管中加入1mL蒸馏水A试管中产生气泡更快FeCl3是H2O2分解的催化剂B室温下，向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液有红褐色沉淀生成KspMg(OH)2KspFe(OH
6、)3C将5mL0.1mol/LFeCl3溶液与2mL0.1mol/LKI溶液混合于试管中充分反应后，滴加几滴KSCN溶液，振荡溶液变为血红色Fe3+与I-的反应有一定的限度D向NaCl、NaI的混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)Ksp(AgI)AABBCCDD10假设NA代表阿伏加德罗常数值。下列说法一定正确的是A25，1 LpH=14的Ba(OH)2溶液含有OH-为NA个B含1 mol AlCl3的溶液中离子总数目为4NAC32 g Cu与足量浓硝酸反应得到的气体分子总数为NAD标准状况下，每生成22.4 LO2转移电子数为4NA11常温下，已知溶液中含磷物种
7、的浓度之和为，加入固体NaOH调节溶液中的pOH，溶液中各含磷物种的关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数，pOH表示的浓度负对数；x、y、z三点的坐标：，。下列说法正确的是。A曲线表示随pOH的变化B的溶液中：C的结构简式为，是三元弱酸D的平衡常数K的数量级为1012如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，在T1温度下，下列说法不正确的是A加入Na2SO4可使溶液由a点变到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13室温下，向
8、20.00mL0.10molL-1CH3COOH溶液中逐滴滴加0.10molL-1的NaOH溶流，溶流的pH随着p变化关系如图所示，已知p=-lg，下列说法错误的是Ab点对应溶液的pH=4.75B水的电离程度：ab”或“=”)；_(填写准确数值，下同)；_。当时，溶液的pH=_。(保留三位有效数字，已知：)21根据要求，回答下列问题：(1)某温度下，纯水中的 molL，则该温度时的水的离子积_；保持温度不变，滴入稀盐酸使溶液中的 molL，则溶液中的为_ molL；(2)将浓度均为0.1 mo/L的和等体积混合，溶液。分析该溶液中离子浓度从大到小依次是：_；(3)将溶液蒸干、灼烧，最后所得的固
9、体的主要成份是_；(4)物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是_；(5)已知：a.，b.时，会转化为c.离子浓度mol/L，即认为其完全沉淀若加入来沉淀和，当溶液中ZnS和CuS共存时，_。若加入NaOH溶液来调节pH，使和完全沉淀，pH应满足的条件为_。四、实验题22实验小组以某铜渣(主要成分、，含少量和)为原料先制备硫酸铜，再由硫酸铜制备碱式碳酸铜。实验包括如下过程：(1)浸取。将一定量的铜渣粉碎后加入到如图-1所示的三颈烧瓶中，再通过分液漏斗分批滴入稀硝酸和稀硫酸混合溶液，滴加液体的间隔利用二连球鼓入O2，
10、铜渣充分反应后，向溶液中加入少量，过滤。已知浸取时无S和SO2生成，写出浸取时所发生反应的离子方程式：_。滴加液体的间隔向三颈烧瓶内鼓入O2的目的是_。当观察到_，可以停止鼓入O2。加入的目的是_。已知(2)制取。向滤液中加入溶液调节范围为_，过滤；向滤渣中加入稀硫酸至滤渣恰好完全溶解，得溶液。设、开始沉淀时，沉淀完全时。，(3)制。已知的产率随起始与的比值和溶液pH的关系如图2所示。补充完整制取的实验方案：向烧杯中加入溶液，将烧杯置于70的水浴中，_，低温烘干，得到。(实验中可选用的试剂或仪器：溶液、溶液、溶液、盐酸、pH计)实验时发现，若反应时溶液pH过大，所得的产率偏低，但Cu元素含量偏
11、大，原因是_。23以锂云母矿粉(主要成分为，还有少量、)为原料制备，可用于制备锂电池的正极材料。(1)浸取。向锂云母矿粉中加入30%硫酸，加热至90，实验装置如图所示。烧杯中盛装的试剂是_，作用是_。(2)除杂。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节溶液的pH约为6，过滤。再向滤液中继续滴加NaOH溶液至溶液的，过滤，所得滤液中溶质的主要成分是_已知完全沉淀时的pH：为5.2，为3.2，为11.1。(3)制备。将所得滤液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和溶液，减压加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得到固体。检验是否洗涤干净的实验方法是_。(4)制备。和混合后，在空气中高温加热可以制备锂
12、电池的正极材料，写出反应的化学方程式：_。可通过加热制得。在空气中受热时，固体残留率随温度的变化如图所示，试通过计算确定最适宜的加热温度_。(写出计算过程)24Mg与水反应时，Mg表面会覆盖致密的导致反应较缓慢。某兴趣小组为了验证部分离子对Mg与水反应的影响，进行了如下实验。I验证和对Mg与水反应的促进作用实验序号abcd0.1 molL盐溶液NaCl30 min内产生气体的体积/mL1.50.7100)易分解生成氧化镁和两种气体，写出其分解的化学方程式：_。实验室检验镁条表面生成的白色固体含有碱式氯化镁的操作是_。(5)常温下，饱和溶液的_，试从化学平衡角度分析实验得到最终溶液的pH大于该值
13、的原因：_(已知，)。试卷第13页，共13页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1B【详解】A向水中加入NaOH固体，OH-浓度增大，平衡逆向移动，A项错误；B向水中加入少量NaHSO4固体，溶液中H+浓度增加，Kw只与温度有关，温度不变，则Kw不变，B项正确；C向水中加入少量固体Na，Na和H2O电离出的H+反应NaOH和H2，促进水的电离，平衡正向移动，C项错误；D将水加热，Kw增大，H+浓度增大，pH降低，D项错误；答案选B。2C【详解】ANO(H+)具有强氧化性，能将I-氧化，因此所给离子组在指定溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B与铝反应生成氢气，该溶液可
14、能为酸，也可能为碱，如果溶液是酸，NO能将Fe2+氧化，还会发生，重铬酸根离子也能将Fe2+氧化，如果溶液是碱，Mg2+、Fe2+能与OH-反应生成氢氧化镁、氢氧化亚铁沉淀，所给离子组在指定溶液中不能大量存在，故B不符合题意；C的溶液显碱性，所给离子组在指定溶液中能够大量共存，故C符合题意；D由水电离出c(H+)=10-12mol/L，溶液可能为酸，也可能为碱，若溶液为酸，CO与H+反应生成二氧化碳，故D不符合题意；答案为C。3B【详解】A向溶液中滴加溶液，出现白色沉淀，AlO+HCO=Al(OH)3+CO,能确定：酸性,方案设计、现象和结论均正确，故A不符合题意；B的NaOH溶液中滴加2滴的
15、MgCl2溶液，白色沉淀,此时溶液中碱过量，再滴加2滴的溶液，直接与过量的氢氧化钠反应，红褐色沉淀，不能确定：溶解度，方案设计有问题，方案设计、现象和结论有不正确，故B符合题意；C试管1、2、3中分别装有3mL的苯、甲基环己烷、甲苯，分别滴加3滴酸性高锰酸钾溶液，振荡，盛甲苯的试管中酸性高锰酸钾溶液褪色，试管1、2不褪色，3褪色，无法证明环己烷不使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能确定：苯环影响甲基，使甲基变得更容易被氧化，题中不正确的方案设计，得到的现象、结论正确，故C不符合题意；D 向含有淀粉的KI溶液中滴入Fe(NO3)3溶液，观察溶液颜色变化，Fe3+和NO均能将I-氧化，溶液变蓝，不能确定：
16、氧化性，题中不正确的方案设计，得到的现象和结论正确，故D不符合题意；故选B。4B【详解】ANaClO溶液具有漂白性，导致用pH试纸测的NaClO溶液的pH值不准确，所以不能比较HClO、CH3COOH的酸性强弱，故A错误；B钡离子与碳酸根离子反应，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液的碱性降低，观察到有白色沉淀生成，溶液红色变浅，故B正确；C0.010molL-1的AgNO3溶液中生成AgCl沉淀需要c(Cl-)=mol/L=1.610-8mol/L，0.010molL-1的AgNO3溶液中生成Ag2CrO4沉淀需要c(CrO)=mol/L=9.010-8mol/L，需要的酸根离子浓度越小，越
17、先生成沉淀，所以Cl-首先沉淀，故C错误；DAgNO3过量，AgNO3和KI反应生成AgI沉淀，没有沉淀的转化，所以不能得到溶度积常数相对大小，故D错误；故选：B。5B【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；【详解】A是一种盐，是强电解质，A错误；BHClO在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，B正确；C二氧化硫自身不能电离出离子，不导电，为非电解质，C错误；D氨水为混合物，不是电解质，D错误； 故选B。6C【详解】A铵根和硅酸根不能同时存在于溶液中是因为铵根离子
18、和硅酸根离子在溶液中发生双水解反应生成一水合氨和硅酸沉淀，水解的离子方程式为2NH+SiO+2H2O=2NH3H2O +H2SiO3，故A错误；B硫化钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和硫化氢，反应的离子方程式为S2+2H+=H2S，故B错误；C氯化铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH，故C正确；D氯化亚铁酸性溶液暴露在空气中变质的反应为酸性条件下，氯化亚铁与氧气反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故D错误；故选C。7D【详解】常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，c(H+)减小，由于水
19、的离子积不变，则溶液中的c(OH)增大，故错误；由pH=lgc(H+)可知，pH=2的盐酸和pH=1的盐酸中c(H+)分别为102mol/L、101mol/L，c(H+)之比为102mol/L：101mol/L=1：10，故正确；四种盐的水溶液均显碱性，同浓度时碱性强弱顺序为dbca，则pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a，故错误；NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c(H+)=c(OH)，由电荷守恒可知：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42)，故错误；水解和电离为可逆过程，Ka=，Kh= ，则KaKh=c(H+)c(OH)=Kw，故正确；因为醋
20、酸是弱酸，加水后电离平衡正向移动，醋酸电离度增加，盐酸是强酸在水中完全电离，若稀释相同倍数，盐酸的pH醋酸，所以要使稀释后两溶液pH相同，就必须使mn，故正确；故选：D。8A【分析】醋酸为弱酸、盐酸为强酸，等浓度盐酸和镁反应速率更快，故曲线代表盐酸与镁条反应、曲线代表醋酸与镁条反应；【详解】A由分析可知，曲线代表盐酸与镁条反应、曲线代表醋酸与镁条反应，A错误；B醋酸为弱酸、盐酸为强酸，等浓度盐酸和镁反应速率更快，B正确；C等浓度盐酸、醋酸最终电离出氢离子的物质的量相同，故反应结束时两容器内基本相等，C正确；D醋酸为弱酸，盐酸为强酸，等浓度盐酸和镁反应速率更快，醋酸中氢离子随反应进行会不断被电离
21、出来，故反应过程中盐酸下降更快，D正确；故选A。9A【详解】A实验中变量为是否存在氯化铁，A试管中产生气泡更快，说明FeCl3是H2O2分解的催化剂，A正确；B室温下，向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀，且氢氧化钠过量，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，与过量氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，不能说明KspMg(OH)2KspFe(OH)3，B错误；C5mL0.1mol/LFeCl3溶液与2mL0.1mol/LKI溶液混合于试管中充分反应后，铁离子过量，过量铁离子和KSCN溶液反应变红色，不能说明Fe3+与I-的反应有一定的限度，C错误
22、；D不确定混合溶液中氯化钠、碘化钠的浓度大小，不能说明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，D错误；故选A。10A【详解】A25，Kw=10-14，1 LpH=14的Ba(OH)2溶液中n(OH-)=1 mol，则其中含有OH-为NA个，A正确；B溶液中还存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，不能计算离子数目，B错误；C32 g Cu的物质的量是0.5 mol，其与足量浓硝酸发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，根据方程式中物质反应转化关系可知0.5 mol Cu反应产生1 mol NO2气体，但可能有部分NO2溶解在溶液中，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+
23、NO，则反应得到的气体分子总数可能小于NA，C错误；D在标准状况下，22.4 LO2的物质的量是1 mol，由于不确定制取O2的方法，因此不能根据反应制取O2的物质的量确定反应过程中转移电子数目，D错误；故合理选项是A。11B【分析】图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随着逐渐增大，减小，根据 、 ，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线表示，曲线表示，曲线表示；【详解】A图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随着逐渐增大，减小，根据 、 ，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线表示，曲线表示，曲线表示；根据
24、x点知，时，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则的，根据z点知，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则的，曲线表示随的变化，故A错误；B即，由图可知，此时，即，而，故，故B正确；C为二元弱酸，其结构简式为，故C错误；D由减去，可得，则平衡常数，故D错误；故答案：B。12D【详解】A硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c(SO)，平衡左移，c(Ba2+)应降低，故A正确；B在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时,QcKsp，溶液过饱和，有沉淀析出，故B正确；Cd点时溶液不饱和，蒸发溶剂
25、水，c(SO)、c(Ba2+)均增大，所以可能使溶液变饱和、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升高温度, 促进溶解平衡右移，c(SO)、c(Ba2+)均增大，不会使溶液由b点变为d点，故D错误；本题选D。13C【分析】依题意，CH3COOH的电离常数Ka=，以a点数据计算，p=-1，则=，则Ka=10-4.75，温度不变，Ka值不变。【详解】Ab点p=0，即c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据Ka=，则有Ka=c(H+)=10-4.75，故对应溶液的pH=4.75，A正确；B随着p增大，逐渐减小，CH3COOH电离对水电离的抑制越来越小，CH3COO-水
26、解对水电离的促进原来越大，c点pH为7，说明CH3COOH还未完全反应，NaOH还未过量，不用考虑NaOH对水电离的抑制，故水的电离程度：abb=dc ab=dc(7)c【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；溶液导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐。【详解】（1）熔化的NaCl为强电解质
27、，存在自由移动的离子，可以导电；盐酸是混合物，溶液中存在自由移动的离子，可以导电；氯气为气体单质，不导电；冰醋酸为弱电解质，本身不导电，水溶液导电；铜为金属单质，导电；酒精为非电解质，不导电；硫酸氢钠为强电解质，本身不导电，水溶液或熔融状态导电；液氨为非电解质，不导电；SO2为非电解质，不导电；故属于强电解质的是；（2）在上述状态下能导电的是；（3）属于弱电解质的是；（4）属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是；（5）A乙酸和水能以任意比例混溶，溶解性不能说明乙酸是弱酸，A错误；B在乙酸水溶液中含有未电离的乙酸分子，说明存在电离平衡，说明乙酸是弱酸，B正确；C乙酸与Na2CO3溶液反应放出
28、CO2气体，不能说明乙酸是否部分电离，C错误；D1 molL-1的乙酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色，说明溶液存在氢离子，不能说明乙酸是否部分电离，D错误；故选B；（6）a.CH3COOHb.HClc.H2SO4d.NaHSO4。若四种溶液的物质的量浓度相同，硫酸为二元强酸，氢离子浓度最大；HCl、NaHSO4均为强电解质，完全电离，氢离子浓度相同；CH3COOH为弱酸，部分电离，氢离子浓度最小；故其c(H+)由大到小顺序为cb=da，四种溶液对水的电离都起抑制作用，其由水电离c(H+)由大到小顺序为ab=dc；若四种溶液的c(H+)相同，其物质的量浓度由大到小顺序为ab=dc；（7）常温下，有
29、c(H+)相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，醋酸为弱酸部分电离，盐酸为强酸完全电离，则醋酸浓度远大于盐酸，故一段时间后醋酸反应速率更快且得到氢气更多，故选c。19 6.6 7.4【详解】室温下，测得某溶液中，则的物质的量浓度为，该溶液的为，该溶液的。20(1) 红色涂料(2) 酸 的电离常数，的水解常数，说明的电离程度大于其水解程度，故溶液呈酸性 0.2mol/L 0.3mol/L 5.58【详解】（1）中Fe3+发生水解，使溶液呈酸性，把溶液蒸干，氯化氢挥发，平衡右移，得到 ，灼烧分解得到固体产物氧化铁，可用作红色涂料。答案：；红色涂料；（2）的电离常数，的水解常数，说明的电离程度大于其水
30、解程度，故溶液呈酸性。答案：酸；的电离常数，的水解常数，说明的电离程度大于其水解程度，故溶液呈酸性；在含有浓度均为的和的混合液中，电离常数，水解常数 ，以电离为主，且的电离程度大于的电离程度，所以。溶液中物料守恒，则 0.2mol/L。电荷守恒，则。答案：；0.2mol/L；0.3mol/L；，当时，代入数据得，。答案：5.58；21(1) ； ；(2)；(3)Al2O3；(4)HXHYHZ；(5) ； 811。【详解】（1）纯水中，则， molL，故所以，本问的答案为：；（2）在溶液中只存在水解平衡，使溶液显碱性；在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，电离程度大于其水解程度，因此NaHSO
31、3溶液显酸性。将浓度均为0.1mol/L的NaHSO3和Na2SO3等体积混合，溶液pH=7.2，说明溶液显碱性，水解程度大于电离程度，水解产生，且盐水解程度十分微弱，盐电离产生的离子浓度远大于其水解产生的离子浓度，故溶液中离子浓度大小；本问的答案为：；（3）AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，最终生成Al(OH)3，在灼烧时Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3，故答案为：Al2O3；（4）解：物质的量浓度相等的三种盐的溶液，酸根离子水解程度越大，其钠盐溶液pH越大，根据溶液pH大小顺序知，酸根离子水解程度大小顺序是，酸根离子水解程度越大其相应酸的电离程度越小
32、，则酸的酸性越弱，所以酸性强弱顺序是HXHYHZ，故答案为：HXHYHZ；（5）若加入来沉淀和，溶液中ZnS和CuS共存时，故答案为：；若加入NaOH溶液来调节pH，使和完全沉淀，依题意有的浓度mol/L，则相应的，pH8，的浓度mol/L，则相应的， pH6.5，又pH11时，会转化为，故pH应满足的条件为811，故答案为：811。22(1) 3Cu2S+16H+10NO6Cu2+3+10NO+8H2O 将生成的NO气体转化为硝酸，减小硝酸的消耗 鼓入O2气体不再出现红棕色 将硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，将溶液中Ag+除尽(2)6.5pH7.5(3) 边搅拌边加入25mL0.5molL-
33、1CuSO4溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用0.1molL-1NaOH溶液或0.1molL-1盐酸调节溶液pH约为9，充分反应后，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无沉淀生成 pH过大，反应生成了Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2的Cu元素含量高于Cu2(OH)2CO3【分析】整个实验过程分为三步：第一步浸取，目的是让铜渣和混合酸反应，使铜渣溶解，得到以硫酸铜为主的混合溶液，为了充分利用稀硝酸，在反应过程中不时的通入氧气，使生成的NO气体转化为硝酸，减小硝酸的消耗。由于杂质也能被硝酸溶解氧化，为了能把反应后溶液中的Ag+完全除去，在反应后的溶液中，加入少量，使硫酸银转化为更
34、难溶的氯化银沉淀，然后过滤，以除去银离子。第二步制取硫酸铜，反应过程中，杂质也会被氧化溶解，生成硫酸盐，因此第一步过滤后的溶液中还含有反应生成的硫酸锰，利用Cu(OH)2和Mn(OH)2的溶度积差异，通过向滤液中加入溶液调节控制溶液的值，使Cu2+离子完全转化为Cu(OH)2沉淀，实现、Cu2+分离，过滤得到Cu(OH)2，然后和稀硫酸反应得到溶液。第三步制备，通过图2可知，与的比值是1.2和溶液pH=9时，的产率最高，据此分析解答。(1)渣铜被酸浸取时无S和SO2生成，说明杂质中的硫离子被硝酸氧化成硫酸，反应的化学方程式是Cu2S+3H2SO4+10HNO36CuSO4+10NO+8H2O，
35、则其反应的离子方程式是3Cu2S+16H+10NO6Cu2+3+10NO+8H2O。由于硝酸被还原时生成了NO气体，为了充分利用硝酸，可向反应装置中不时的通入氧气，使其转化为硝酸，提高硝酸的利用率。当鼓入O2后，装置中气体不再出现红棕色，说明装置中就没有NO气体了，此时可停止鼓入O2。经分析，杂质也能被硝酸溶解氧化，为了能把反应后的溶液中Ag+完全除去，可利用氯化银比硫酸银的溶度积更小，在反应后的溶液中，加入少量，使硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，然后过滤，以除去银离子。(2)经分析，为了使滤液中的、Cu2+分开，可利用Cu(OH)2和Mn(OH)2的溶度积差异，通过向滤液中加入溶液调节控制溶
36、液的值，使Cu2+离子完全转化为Cu(OH)2沉淀，以实现两种离子分开。题目假设、Cu2+开始沉淀时，沉淀完全时，为了使Cu2+完全沉淀，则根据，解得溶液中的c(OH-)的浓度是110-7.5，即pH=6.5时， Cu2+完全沉淀，同理，根据，可得开始沉淀时的 c(OH-)=，即pH=7.5时，开始沉淀，则为了使Cu2+完全沉淀，而不沉淀，则向滤液中加入溶液调节范围应为6.5pH7.5。(3)通过图2可知，与的比值是1.2和溶液pH=9时，的产率最高。若向烧杯中加入溶液，根据与的比值是1.2，可得关系式 V0.5molL-11.2=30ml0.5molL-1，解得V=25ml，则还需向烧杯中加入25mL0.5molL-1CuSO4溶液，为了使溶液的pH=9，还需通过提供的pH计测定溶液pH，用0.1molL-1NaOH溶液或0.1molL-1盐酸调节溶液pH约为9，才能使的产率最高。沉淀是否洗涤干净，可检验沉淀是