c(Na+)=。

①M点，溶液中主要涉及的离子方程式。

24.减少SO2的排放、回收利用SO2已成为世界性的研究课题。我国研究人员设计的利用低品位软锰矿浆(主要成分是MnO2)吸收高温焙烧废渣产生的SO2来制备硫酸锰的生产流程如下：

浸出液的pH<2，其中的金属离子主要是Mn2＋，还含有少量的Fe2＋、Al3＋、Ca2＋、Pb2＋等其他金属离子。有关金属离子的半径以及形成氢氧化物沉淀时的pH如表所示，阳离子吸附剂吸附金属离子的效果如图所示。

已知PbO2的氧化性大于MnO2的氧化性。请回答下列问题：

(1)废渣的主要成分是硫铁矿，1 mol FeS2高温焙烧转移________mol电子。

(2)在氧化后的浸出液中加入石灰浆，用于调节浸出液的pH，pH应调节至________。

(3)阳离子吸附剂用于除去杂质金属离子。决定阳离子吸附剂吸附效果的因素是________(填写序号)。 A．溶液的pH B．金属离子的电荷

C．金属离子的半径 D．吸附时间

(4)操作a包括__________等过程。

答案解析

1.【答案】C

【解析】将pH＝1的盐酸加适量水，pH升高了1，说明所加的水是原溶液的9倍；另1份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH升高了1，则10－1×1－10－1·x＝10－2·(1＋x)，解得x＝

，则加入的水与NaOH溶液的体积比为9①

＝11①1。

2.【答案】D

－

【解析】 D项，0.1 mol·L1的醋酸pH＞1，说明醋酸不完全电离。

3.【答案】B

【解析】①酸式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，正确；①俯视读数，导致量取的液体体积偏小，错误；①定容时仰视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，错误；①质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合后配制的硫酸溶液质量分数大于50%，正确。 4.【答案】B

【解析】开始H2A的物质的量小于4×10-3mol，说明H2A部分电离，故A错误；当V（NaOH）=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，由图可知c（A2-）＞c（H2A），说明HA-电离大于水解程度，溶液显酸性，则c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-），故B正确；等体积等浓度的NaOH和H2A反应得到NaHA溶液，HA-电离大于水解程度，抑制水的电离，其水溶液中水的电离程度比纯水小，故C错误；根据电荷守恒以及钠和A元素守恒得D错误。 5.【答案】D

【解析】由pH＝pOH，可以推出c(H＋)＝c(OH－)，从而判定溶液呈中性，A项正确；由KW＝c(H

＋

)·c(OH－)，pOH＝－lg，说明c(H＋)＝c(OH－)，从而判定溶液呈中性，B项正确；由c(H＋)＝

＝lg

10－pOH，可以推出c(H＋)＝c(OH－)，从而判定溶液呈中性，C项正确；lg＝lg2－[lgc(H＋)＋lgc(OH－)]＝lg2＋pH＋pOH≠pH＋pOH，D项错误。 6.【答案】B

【解析】根据表格中的数据知，硫化银和硫化铅的溶度积很小，加入硫化钠能完全除去这两种金属离子。 7.【答案】A 8.【答案】C

【解析】①如果盐酸浓度很稀灯泡也很暗，错误；①如果是强酸，pH＝1；①如果是强酸，加水稀

释至100 L后溶液的pH＝3，实际pH＝2.2，这说明HNO2溶液中存在HNO2H＋＋NO，加

水平衡右移，使pH＜3，正确；①依HNO2＋NaOH===NaNO2＋H2O、HCl＋NaOH===NaCl＋H2O

＋

可知c(HNO2)大于c(HCl)，而溶液中c(H)相同，所以HNO2没有全部电离，正确；①加入NaNO2

溶液中c(OH－)增大，说明化学平衡移动，正确；①不论是强酸还是弱酸加水稀释，溶液中c(H＋)均减小，而c(OH－)增大，错误。 9.【答案】A

【解析】FeCl3溶液加热蒸干并灼烧后得到Fe2O3，碳酸钠溶液在加热蒸干并灼烧后仍为碳酸钠。硫酸亚铁溶液蒸干过程中，被氧化得Fe2(SO4)3，硅酸钠溶液蒸干并灼烧后仍为硅酸钠。 10.【答案】D

【解析】电离常数Ka(HF)=3.6×10-4,HF为弱电解质,不能完全电离,25①时,0.1mol·L-1HF溶液中c(H+)=

mol·L-1=6×10-3mol·L-1,pH>1,故A错误;溶度积只受温度的影响,不随浓度的变化而

变化,故B错误;溶液中存在HF

H++F-,CaF2(s)

Ca2+(aq)+2F-(aq),加入CaCl2溶液后,Ca2+浓度增

大,平衡向生成沉淀的方向移动,则F-浓度减小,促进HF的电离,c(H+)浓度增大,故C错误;向1L0.2mol·L-1HF溶液中加入1L0.2mol·L-1CaCl2溶液,混合后,c(H+)=c(F-)=

1

mol·L-

=6×10-3mol·L-1,c(Ca2+)=0.1mol·L-1,[c(F-)]2×c(Ca2+)=3.6×10-5×0.1=3.6×10-6>1.46×10-10,该体系中有CaF2

沉淀产生,故D正确。 11.【答案】B

【解析】实验①酸碱恰好中和，反应后的溶液为KA的盐溶液，A-离子水解，故A正确；根据电荷守恒得c(OH-)=c(K+)+c(H+)-c(A-)，故B错误；实验①反应后的溶液呈中性，说明x＞0.2，根据A元素守恒知C正确；根据电荷守恒c(OH-)+c(A-)=c(K+)+c(H+)，结合溶液呈中性知D正确。 12.【答案】B

【解析】当V(NaOH)=40 mL时，溶液恰好生成Na2A，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2－)+c(OH

－

)+c(HA－)， A错误；当V(NaOH)=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为

NaHA，由图像看出c(A2-)＞c(H2A)说明HA-电离大于水解，溶液呈酸性，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，B正确；当V(NaOH)=20 mL时，溶液主要为NaHA，溶液呈酸性，若要呈中性，必须V(NaOH)>20mL， C错误；溶液主要为NaHA时，溶液呈酸性，HA-电离大于水解， D错误。 13.【答案】B

【解析】常温下,将pH=11的氨水和pH=3的盐酸等体积混合后溶液显碱性,离子浓度大小关系为c(NH)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),故A错误;H2B第一步完全电离,第二步电离可逆,说明HB-只电离不水解,NaHB溶液呈酸性,故B正确;在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生沉淀,溶液仍为饱和溶液,平衡后的溶液中c(Ba2+)·c(SO)=Ksp(BaSO4),故C错误;NH4HSO4溶液中NH浓度最大,故D错误。

14.【答案】C

＋＋＋﹣

【解析】由于Fe3、Fe2和Cu2会水解导致离子减少，所以 该溶液中c（SO42）：[c（Fe3+）+c

（Fe2+）+c（Cu2+）]不再等于5：4 ，选C。 15.【答案】D

【解析】纯碱溶液中由于CO的水解溶液呈碱性，加热时水解程度增大，溶液中c(OH－)增大，清

＋

洗油污能力增强，A对；明矾溶于水，Al3发生水解生成Al(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮物，B

对。

16.【答案】（1） 2Fe2+＋H2O2＋4NH3·H2O＝2Fe(OH)3↓＋4NH4+或2Fe2+＋H2O2＋4OH—＝2Fe(OH)3↓ （2）4×10—20mol/L（3）抑制（防止）Al3+水解。（2分）（4）防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出。（5）C（6）SO42—，OH—。

【解析】（1）根据加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+。知过氧化氢能将Fe2+氧化得到Fe3+，溶液的pH约为8.0时形成Fe(OH)3沉离子方程式是2Fe2+＋H2O2＋4NH3·H2O＝2Fe(OH)3↓＋4NH4+或2Fe2+＋H2O2＋4OH—＝2Fe(OH)3↓。 （2）Ksp〔Fe(OH)3〕＝4.0×10—38，除杂后溶液中c(Fe3+)=

（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是抑制（防止）Al3+水解。

（4）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）。母液不能蒸干的原因是防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出。

（5）结晶说明有固体析出，将溶液中不溶性的固体分离出来的操作是过滤。

（6）根据电离方程式NH4Al(SO4)2=NH4++Al3++2SO42-，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，离子浓度最大的离子是SO42—，NH4+离子水解使溶液呈酸性，所以离子浓度最小的离子是OH—。 17.【答案】(1)橙 (2)c (3)6 (4)5

(5)阳极反应为Fe－2e－＝Fe2+，提供还原剂Fe2+ (6)2H++2e－＝H2↑ Fe(OH)3

【解析】(1)pH=2说明溶液显酸性，平衡向正反应方向移动，Cr2O72—的浓度会增大，所以溶液显橙色；

(2)在可逆反应中，当正逆反应速率相等，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变时，该可逆反应就到达化学平衡状态，因此选项a不正确；在任何情况下Cr2O72—和CrO42—的反应速率之比总是满足1：2，因此选项b也不正确；溶液颜色不再改变，这说明Cr2O72—和CrO42—的浓度不再发生改

。