c(HA)+c(H+)=0，故假设不成立，故C错误；D．V=10mL 时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，A- + H2O

HA+OH?，水解后溶液显碱性，c(OH?)＞c(H+)，即c(HA)＞c(H+)，故D错误。答案为A。

【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，B为解答易错点。

3.【答案】D

【解析】A．CH3COONa溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO?）+c（OH?），CH3COONH4

+??，两种溶液中（溶液中电荷守恒为c（NH+cCH3COO?）相等，c（OH?）4）+c（H）=c（CH3COO）+c（OH）

不同，c（Na+）与c（NH+4）不相等，故A错误；B．CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，CH3COONH4溶液中水的电离程度大于CH3COONa溶液，故B错误；C．CH3COONa溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，则两种溶液的pH不相等，故C错误；D．常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO?）相等，由于CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，所以c（CH3COONa）＜c（CH3COONH4），故D正确。故答案为D。

4.【答案】B

【解析】A．饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为Ksp(CuS)=1.3?10?36mol·L?1，故A错误；B．由FeS的Ksp=6.3×10?18、CuS的Ksp=1.3×10?36可知，二者的组成形式相同，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故B正确；C．FeS的Ksp=6.3×10?18、ZnS的Ksp=1.3×10?24，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，故C错误；D．向饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，故D错误；答案选B。

【解析】最终蒸干灼烧后得到的就是碳酸钠本身，除5.A．Na2CO3溶液在蒸干时不能彻底水解，A正确；B．去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，由于不能引入新杂质，所以可向溶液中加入足量MgCO3，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后过滤，B正确；C．醋酸的酸性强于次氯酸，因此次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，则pH相同的ⅠCH3COONa、则溶液中c(Na+)：ⅠNaClO的两种溶液浓度是醋酸钠大于次氯酸钠，Ⅰ＞Ⅰ，C错误；D．任何温度下均能自发进行2H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g)，根据ΔG＝ΔH-TΔS＜0可知则该反应的ΔH＜0，ΔS＞0，D正确。答案选C。

（1）CH3COONa NH4Cl 6.【答案】

（2）Ba2++SO2?4=BaSO4↓

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（3）10a-14

+（4）c(OH?)>c(Ba2+)=c(Cl?)>c(NH+4)>c(H)

（5）1Ⅰ4

【解析】有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含有一种阴离子且互不重复)。ⅠA、C溶液pH均大于7，说明一种是强碱，一种是弱酸强碱盐，弱酸强碱盐是醋酸钠；ⅠC溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，说明一种溶液含有钡离子，一种溶液含有硫酸根离子；B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，说明一种溶液含有铵根离子，一种溶液含有氢氧根离子，A溶液和D溶液混合时无明显现象，且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同，所以A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠。(1)通过以上分析知，A是CH3COONa、B是NH4Cl，故答案为：CH3COONa；NH4Cl；(2)C是氢氧化钡、D是硫酸钠，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为Ba2++SO2?4=BaSO4↓，故

2?答案为：根据溶液中电荷守恒得c(H+)+c(NH+Ba2++SO4=BaSO4↓；(3)B是NH4Cl，0.1mol·L?1B溶液的pH＝a，4)=

?+

c(OH?)+c(Cl?)，根据溶液中物料守恒得 c(NH3·H2O)+c(NH+4)=c(Cl)，将两个等式相减得c(H)-c(NH3·H2O)=

c(OH?)=10 a-14，故答案为：10 a-14；(4)B是NH4Cl，C是氢氧化钡，根据题意知，氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等，混合后，溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡，氯化钡和氢氧化钡的浓度相等，氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍，溶液中氢氧根离子浓度最大，钡离子和氯离子浓度相等，氨水是弱碱部分电离导致氯离子浓度大于铵根离子浓度，溶液呈碱性，氢离子浓度最小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(OH?)＞

+?2+?++c(Ba2+)=c(Cl?)＞c(NH+4)＞c(H)，故答案为：c(OH)＞c(Ba)=c(Cl)＞c(NH4)＞c(H)；(5)C是氢氧化钡，在一

定体积的0.005mol·L?1的氢氧化钡溶液中，加入一定体积的0.00125mol·L?1的盐酸时，混合溶液的pH=11，溶液显碱性，则碱过量，过量c(OH?)=0.001mol/L，设氢氧化钡溶液的体积为x，盐酸的体积为y，由

n(OH?)?n?H??V酸?V碱=0.001可知，

0.005?2?x?0.00125?y=0.001，解得xⅠy=1Ⅰ4，故答案为：1Ⅰ4。

x?y【点评】明确物质的性质是解答本题的关键。本题的难点是(4)中判断溶液中离子浓度大小的比较，要注意根据物料守恒和电荷守恒分析判断。

?（1）A 3ClO?+2Fe3++10OH?=2FeO2?7.【答案】4+3Cl+5H2O

（2）3

（3）Fe4(OH)2(SO4)5

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【解析】(1)制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3溶液的混合方式为：将Fe(NO3)3溶液慢慢滴入KClO溶液中，根据电荷守恒、电子守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式是3ClO?+2Fe3++10OH?=2 FeO

2?4

+3Cl?+5H2O；(2)当Fe3+完全沉淀时，c(Fe3+)<1.0×10?5mol/L，则该溶液中c(OH?)=

3KspFe?OH?3cFe3??????31.0?10?38-11

mol/L，则根据室温下水的离子积常数Kw=1.0×10-14mol2/L2可知溶液中?5=1.0×101.0?101.0?10?14c(H)=mol/L=1.0×10?3mol/L，所以溶液的pH=3；(3)20.00 mL溶液中：n(SO2?4)=n(BaSO4)= ?111.0?10+

11.65g3+?

=0.0500mol，根据电子守恒可得关系式：5Fe3+～5Fe2+～MnO?4，n(Fe)=5n(MnO4)=5×0.1000mol/L

233g/mol250mL25mL×8.00×10-3 L×=0.0400 mol，由电荷守恒：3n(Fe3+)=2n(SO2?4)+n(OH?)，

n(OH?)=3n(Fe3+)-2n(SO2?4)=3×0.0400

所以n(Fe3+)∶n(OH?)∶n(SO2?所mol-2×0.0500mol=0.0200mol，4)=0.0400mol∶0.0200mol∶0.0500mol=4∶2∶5，以该聚合硫酸铁的化学式为Fe4(OH)2(SO4)5。

【点评】本题考查物质的制备以及化学组成的测定，注意合理分析、理解题中信息，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒的应用，侧重考查学生的分析能力和计算能力。

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