一、选择题(每题分，计分)
1.(2016届山东德州){关键字:山东期中}现有Na2CO3、H2SO4、Ba(OH)2三种物质的物质的量浓度与体积都相等的溶液，若以不同顺序将它们中的两种混合起来，出现沉淀后过滤，再将滤液与第三种溶液混合起来，最终所得的溶液 ( ) A. 一定呈酸性 C. 可能呈中性或碱性
B. 不可能呈碱性 D. 一定呈中性
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算． 【专题】离子反应专题．
【分析】如果是Na2CO3、Ba(OH)2先混合，再把滤液和H2SO4混合，所得溶液为Na2SO4溶液，溶液显中性；如果是H2SO4、Ba(OH)2先混合，再与Na2CO3混合，得到的是Na2CO3溶液，溶液显碱性，如果是Na2CO3、H2SO4先混合，再把滤液和Ba(OH)2混合，所得溶液为NaOH溶液，呈碱性．
【解答】解：若先将Na2CO3溶液和H2SO4溶液混合后，再加Ba(OH)2，Na2CO3、H2SO4恰好完全反应，生成的Na2SO4再与Ba(OH)2恰好完全反应，最终生成的NaOH溶液显碱性； 若先将Na2CO3溶液和Ba(OH)2溶液混合后，再加H2SO4，Na2CO3、Ba(OH)2恰好完全反应，生成的NaOH再与H2SO4恰好完全反应，最终生成的Na2SO4溶液显中性；
若先将H2SO4和Ba(OH)2溶液混合后，再加Na2CO3溶液，H2SO4和Ba(OH)2溶液恰好完全反应，生成硫酸钡和水，再加入a2CO3溶液，水解呈碱性． 则混合后溶液可能呈中性或碱性，不可能呈酸性， 故选
C.
【点评】本题考查溶液酸碱性定性判断，为高频考点，明确反应实质及最后所得溶液溶质成分是解本题关键，题目难度不大．
2.(2016届山东聊城莘县实验){关键字:山东期中}下列说法不正确的是 ( ) ①将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质 ②氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质 ③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电
④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电 ⑤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． A. ①④ B. ①④⑤
C. ①②③④
D. ①②③④⑤
【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】①硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；
②氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；
③熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电； ④离子化合物熔融态电离出离子，能导电；
⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关；
【解答】解：①硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故①错误；
②氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；
③熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；所以氨水是电解质溶液，故②错误； ④离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故④错误；
⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故⑤错误； 故选
D.
【点评】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关．
3.常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是 ( ) A. pH＞7，且c(OH)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(CH3COO)
﹣
﹣
B. pH＞7，且c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)
﹣
﹣
C. pH＜7，且c(CH3COO)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH)
﹣
﹣
D. pH=7，且c(CH3COO)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH)
﹣
﹣
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】 A. pH＞7，说明溶液呈碱性，如NaOH过量，可存在c(Na+)＞c(OH)＞c(CH3COO
﹣
﹣
)＞c(H+)；
B. 任何溶液都存在电荷守恒；
C. 醋酸为弱酸，pH＜7，说明醋酸过量； D. 从溶液电荷守恒的角度判断．
【解答】解： A. pH＞7，说明溶液呈碱性，如NaOH过量，可存在c(Na+)＞c(OH)＞
﹣
c(CH3COO)＞c(H+)，故A错误；
﹣
B. pH＞7，说明溶液呈碱性，溶液存在电荷守恒，则有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，
﹣
﹣
故B正确；
C. pH＜7，说明醋酸过量，如醋酸过量较多，则可存在c(CH3COO)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH
﹣
﹣
)，故C正确；
﹣
﹣
﹣
D. 根据溶液的电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，pH=7，则有c(H+)=c(OH)，则溶液中存在c(CH3COO)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH)，故D正确．
﹣
﹣
故选 A.
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等，本题注意醋酸为弱电解质的特点，结合溶液的电荷守恒解答该题．
4.25℃下，0.1mol/L的Na2S溶液，下列叙述正确的是 A. 升高温度，溶液的pH降低
B. 加入NaOH固体，溶液中的c(Na+)、c(S2)均增大
﹣
( )
C. c(Na+)＞c(S2)＞c(OH)＞c(H+)
﹣
﹣
D. 2c(Na+)=c(S2)+c(HS)+c(H2S)
﹣
﹣
【考点】影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较． 【专题】盐类的水解专题．
【分析】 A. 升高温度，促进盐类的水解，溶液pH增大； B. 向溶液中加入少量NaOH固体，抑制Na2S的水解； C. Na2S溶液存在S2+H2O⇌HS+OH；
﹣
﹣
﹣
D. 从物料守恒的角度分析．
【解答】解： A. 升高温度，促进盐类的水解，所以氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故A错误；
B. 向溶液中加入少量NaOH固体，增大了钠离子浓度，c(OH)增大，抑制Na2S的水解，故B正确；
C. Na2S溶液存在S2+H2O⇌HS+OH，则有c(OH)＞c(H+)，所以c(Na+)＞c(S2)＞c(OH)
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
＞c(H+)，故C正确；
D. 物料守恒可知Na的物质的量是S的物质的量的2倍，S在溶液存在形式有3种，所以c(Na+)=c(S2)+c(HS)+c(H2S)，故D错误．
﹣
﹣
故选B C.
【点评】本题考查离子浓度大小的比较，题目难度不大，注意从物料守恒的角度分析，把握盐类水解的原理，易错点为D，注意离子浓度的变化． 5.下列关于pH变化的判断正确的是 A. 温度升高，Na2CO3溶液pH减小
B. 氢氧化钠溶液久置于空气中，溶液pH变大 C. 新制氯水经光照一段时间后，溶液pH减小 D. 温度升高，纯水pH增大
【考点】盐类水解的应用；水的电离．
【分析】 A. 碳酸钠溶液中碳酸根离子的水解是吸热反应；
B. 氢氧化钠会吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠，氢氧根离子浓度减小；
C. 新制氯水中含有氯气和水反应生成的次氯酸，次氯酸见光分解，最后得盐酸，溶液酸性增强；
D. 水的电离是吸热过程，升温平衡正向进行，氢离子、氢氧根离子浓度增大．
【解答】解： A. 碳酸钠溶液中碳酸根离子的水解是吸热反应，升温崔进水解正向进行，溶液减小增强，pH增大，故A错误；
B. 氢氧化钠会吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠，氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，故B错误；
C. 新制氯水中含有氯气和水反应生成的次氯酸，次氯酸见光分解，最后得稀盐酸，溶液酸性增强，pH减小，故C正确；
D. 水的电离是吸热过程，升温平衡正向进行，氢离子、氢氧根离子浓度增大，所以纯水pH减小，故D错误； 故选
C.
( )
【点评】本题考查了弱电解质电离、盐类水解原理的分析应用，注意水解和弱电解质电离都是吸热过程，升温促进，掌握基础是关键，题目较简单．
6.硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下．下列说法正确的是 ( )
A. 温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42)的增大而减小
﹣
B. 三个不同温度中，313K时Ksp(SrSO4)最大 C. 283K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液
D. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液 【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】沉淀溶解平衡中的溶度积常数只与温度有关，与浓度改变无关；溶解度随温度变化而变化，也随离子浓度改变；
硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线，纵轴是锶离子浓度的对数，横轴是硫酸根离子浓度的对数．图象分析采取定一议二的方法进行分析； 【解答】解： A. Ksp只与温度有关与浓度无关，故A错误； B. 由图象可知：在相同条件下，温度越低，越大，B正确；
C. a点在283K的下方，属于不饱和溶液，C正确；
D. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，还是属于饱和溶液，D错误． 故选B C.
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及Ksp的意义和应用，饱和溶液的判断，关键是正确分析图象中纵坐标和横坐标的意义，理解曲线的变化趋势．
7.(1)常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c(H+)•c(OH)=1×10
﹣
﹣20
越大，Ksp(SrSO4)
的溶液，其pH为 4
或10 ，此时水的电离受到 抑制 ．
(2)已知：2NO2(g)═N2O4(g)△H=﹣57.20kJ•mol
﹣1
．一定温度下，在密闭容器中反应
2NO2(g)═N2O4(g)达到平衡．其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是 BC (填字母)．
A. 减小NO2的浓度
B. 降低温度
﹣13
C. 增加NO2的浓度 D. 升高温度 mol2•L2，则该温度下：
﹣
(3)在某温度下，H2O的离子积常数为1×10①0.01mol•L1NaOH溶液的pH= 11 ；
﹣
②100mL 0.1mol•L1H2SO4溶液与100mL 0.4mol•L
﹣
﹣
﹣
﹣1
的KOH溶液混合后，pH= 12 ．
(4)已知一溶液有4种离子：X+、Y、H+、OH，下列分析结果肯定错误的是 C ． A. c(Y)＞c(X+)＞c(H+)＞c(OH)
﹣
﹣
B. c(X+)＞c(Y)＞c(OH)＞c(H+)
﹣
﹣
C. c(H+)＞c(Y)＞c(X+)＞c(OH)
﹣
﹣D. c(OH)＞c(X+)＞c(H+)＞c(Y)
﹣
﹣
﹣1
(5)在25℃下，将a mol•Lc(NH
﹣
﹣1
的氨水与0.01mol•L的盐酸等体积混合，反应时溶液中
)=c(Cl)．则溶液显 中 (填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3•H2O的
电离常数Kb= ．
(6)水溶液中的行为是中学化学的重要内容．已知下列物质的电离常数值： HClO：Ka=3×108HCN：Ka=4.9×10
﹣
﹣10
H2CO3：Ka1=4.3×107Ka2=5.6×10
﹣
﹣11
84消毒液中通入少量的CO2，该反应的化学方程式为 NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO ．
【考点】离子浓度大小的比较；化学平衡的影响因素；水的电离． 【专题】盐类的水解专题．
【分析】(1)水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，据此计算出水电离出的氢离子的浓度，然后判断溶液酸碱性及对水的电离的影响情况；
(2)该反应是反应前后气体体积减小的、放热的可逆反应，要提高二氧化氮的转化率，只要改变条件使化学平衡向正反应方向移动即可； (3)①溶液中c(H+)=
，pH=﹣lgc(H+)；
②混合溶液中c(OH
﹣
)=，
c(H+)=，pH=﹣lgc(H+)；
(4)该溶液可能为中性、酸性、碱性溶液，但溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒进行判断；
(5)在25℃下，平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl)=0.005mol/L，根据物料守恒得c(NH3．H2O)=(0.5a
﹣
﹣0.005)mol/L，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH)=107mol/L，溶液呈中性，根据NH3•H2O的
﹣
﹣
电离常数Kb计算；
(6)由Ka可知碳酸的酸性＞HClO，发生强酸制取弱酸的反应．
【解答】解：(1)常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c(H+)•c(OH)=1×10
﹣
﹣20
的溶液中
满足：c(H+)=c(OH)=1×10
﹣
﹣10
mol/L，则该溶液抑制了水的电离，为酸性或碱性溶液，溶液
的pH可能为4或10， 故答案为：4或10；抑制；
(2)该反应是反应前后气体体积减小的、放热的可逆反应，要使该反应向正反应方向移动，可改变反应物的浓度、体系的压强、温度等，
A. 减小N02的浓度，平衡向逆反应方向移动，N02的转化率降低，故A错误； B. 降低温度，平衡向正反应方向移动，N02的转化率提高，故B正确；
C. 增加N02的浓度，平衡向正反应方向移动，且体系压强增大，也利于反应向正反应方向移动，故C正确；
D. 升高温度，平衡向逆反应方向移动，N02的转化率降低，故D错误； 故答案为：BC； (3)①溶液中c(H+)=故答案为：11；
②混合溶液中c(OHc(H+)=
mol/L=10
﹣12
﹣
mol/L=10
﹣11
mol/L，pH=﹣lgc(H+)=﹣lg10﹣11=11，
)==0.1mol/L，
mol/L，pH=﹣lgc(H+)=12，
故答案为：12； (4)
A. 当溶液为酸性时，可以满足关系：c(Y)＞c(X+)＞c(H+)＞c(OH)，故A正确；
﹣
﹣
﹣
﹣
B. 当溶液呈碱性时可以满足c(X+)＞c(Y)＞c(OH)＞c(H+)，故B正确；
C. 该关系c(H+)＞c(Y)＞c(X+)＞c(OH)无法了电荷守恒，故C错误；
﹣
﹣
D. 当溶液呈碱性，且YOH远远过量时可以满足c(OH)＞c(X+)＞c(H+)＞c(Y)，故D正确；
﹣
﹣
故答案为：C；
(5)在25℃下，平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl)=0.005mol/L，根据物料守恒得c(NH3．H2O)=(0.5a
﹣
﹣0.005)mol/L，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH)=107mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离
﹣
﹣
常数Kb===，
故答案为：中；；
(6)由Ka可知碳酸的酸性＞HClO，则84消毒液中通入少量的CO2的反应为：NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3，
故答案为：NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3．
【点评】本题考查离子浓度大小比较、盐类水解的应用及电解原理，为高频考点，题目难度中等，侧重于学生的分析能力的考查，明确盐类水解规律及酸性强弱的关系、电离平衡常数的计算、离子的放电顺序等即可解答．
8.在25℃时将pH=11的NaOH 溶液与pH=3的CH3COOH溶掖等体积混合后，下列关系式中正确的是 ( )
A. c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)
﹣
B. c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)
﹣
﹣
C. c(Na+)＞c(CH3COO)＞c(OH)＞c(H+)
﹣
﹣D. c(CH3COO)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH)
﹣
﹣
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较． 【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】CH3COOH为弱酸，在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶掖等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，则有c(CH3COO)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH)，以此
﹣
﹣
判断，其它选项皆不正确．
【解答】解： A. 设溶液的体积都为1L，CH3COOH为弱酸，在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶掖等体积混合时，醋酸过量，反应后的溶液中有 n(Na+)=0.001mol，n(CH3COO)+
﹣
n(CH3COOH)＞0.001mol，则c(Na+)＜c(CH3COO)+c(CH3COOH)，故A错误；
﹣
B. 根据溶液呈电中性，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)，则c(H+)＜c(CH3COO
﹣
﹣
﹣
)+c(OH)，故B错误；
﹣
C. 在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合时，醋酸过量，则c(CH3COO)＞c(Na+)，故C错误；
﹣
D. 在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，则有c(CH3COO)＞c(Na+)，c(H+)＞c(OH)，由于H+离子与OH离子反应，
﹣
﹣
﹣
则溶液中c(Na+)＞c(H+)，所以有c(CH3COO)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH)，故D正确．
﹣
﹣
故选 D.
【点评】本题考查溶液离子浓度的大小比较，本题难度中等，做题时注意pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶掖等体积混合后，溶液中醋酸过量，溶液呈酸性，以此进行分析和比较．
9.将一定体积的NaOH溶液分成两等份，一份用pH=2的一元酸HA溶液中和，消耗酸溶液的体积为V1；另一份用pH=2的一元酸HB溶液中和，消耗酸溶液的体积为V2；则下列叙述正确的是 ( )
A. 若V1＞V2，则说明HA的酸性比HB的酸性强 B. 若V1＞V2，则说明HA的酸性比HB的酸性弱 C. 因为两种酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2 D. H
A. HB分别和NaOH中和后，所得的溶液都一定呈中性
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】pH 均为2的一元酸HA. HB，两种溶液中H+离子浓度相等，酸越弱则酸的浓度越大，与氢氧化钠反应时消耗的体积越小，所以消耗的体积大的酸性较强；若V1＞V2，则说明HA 的酸性比HB的酸性强；若V1=V2，则说明HA 的酸性与HB的酸性相同． 【解答】解：pH 均为2的一元酸HA. HB，两种溶液中H+离子浓度相等，酸越弱则酸的浓度越大，与氢氧化钠反应时消耗的体积越小，所以消耗的体积大的酸性较强；若V1＞V2，则说明HA 的酸性比HB的酸性强；若V1=V2，则说明HA 的酸性与HB的酸性相同． A. 由以上分析可知，Vl＞V2，则说明HA 的酸性比HB的酸性强，故A正确； B. 由以上分析可知，Vl＞V2，则说明HA 的酸性比HB的酸性强，故B错误； C. 因为不知道两种酸的酸性强弱关系，所以不能判断V1与V2的相对大小，故C错误； D. 若HA与HB为弱酸，则HA. HB分别和NaOH中和后，所得的溶液显碱性，故D错误； 故选
A.
【点评】本题考查酸性强弱的定性判断，题目难度中等，注意根据两种酸溶液中H+离子浓度相等时，酸越弱则酸的浓度越大这一特点分析判断．
10.25℃时，在1.0L浓度均为0.01mol•L
﹣
﹣1
的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测
得c(Na+)＞c(A)，则下列描述中，不正确的是 ( ) A. 该溶液的pH＜7
B. HA的酸性很弱，A水解程度较大 C. c(A)+c(HA)=0.02mol•L1
﹣
﹣
﹣
D. n(A)+n(OH)=0.01mo1+n(H+)
﹣
﹣
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理． 【专题】盐类的水解专题．
【分析】 A. 根据阴阳离子所带电荷相等确定溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小，从而确定溶液的酸碱性；
B. 根据混合溶液的酸碱性确定酸的电离程度和酸根离子水解程度的相对大小； C. 根据物料守恒确定酸根离子和酸的浓度之和； D. 根据电荷守恒确定溶液中阴阳离子关系．
【解答】解： A. 混合溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，因为c(Na+)＞c(A)，
﹣
所以溶液中c(H+)＜c(OH)，所以pH＞7，故A错误；
﹣
B. 混合溶液是酸和钠盐的混合液，溶液呈碱性，说明酸的电离程度小于酸根离子的水解程度，故B正确；
C. 根据溶液中物料守恒得，C(A)+c(HA)=0.02mol•L1，故C正；．
﹣
﹣
D. 混合溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，n(A)+n(OH)=n(Na+)+n(H+)，溶液
﹣
﹣
中钠离子不水解，所以n(Na+)=0.01mol/L×1L=0.01mol，所以n(A)+n(OH)=0.01mol+n(H+)，
﹣
﹣
故D正确； 故选
A.
【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据溶液中电荷守恒、物料守恒来分析解答即可，难度不大．
11.在25℃时，某溶液中由水电离出的[H+]=1×10
( )
D. 4
﹣12
mol•L
﹣1
，则该溶液的pH可能是
A. 12 B. 10 C. 6
【考点】pH的简单计算．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】在25℃时，某溶液中，由水电离出的c(H+)水=1.0×10
﹣12
mol/L＜107mol/L，说明该
﹣
溶液中的溶质抑制了水的电离，溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能抑制水电离，据此分析判断．
【解答】解：在25℃时，溶液中由水电离出的c(H+)水=1.0×10
﹣12
mol/L＜107mol/L，说明该
﹣
溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能抑制水电离，则该溶质可能是酸或碱或强酸的酸式盐，如果为酸溶液，溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离出的c(H+)水=c(OH)=1. 0×10
﹣
﹣12
mol/L，溶液中的氢离子浓度为：c(H+)=0.01mol/L，则溶液的
pH=2；
如果为碱溶液，溶液中的氢离子是水电离的，c(H+)=1×10故选
A.
﹣12
mol/L，则溶液的pH=12，
【点评】本题考查了水的电离及溶液的pH计算，题目难度中等，注意明确溶液中的溶质是抑制水电离是解本题的关键，能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识能力．
12.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是 酸 电离常数K/(mol•L1) ﹣( )
HZ HX 9×107 ﹣HY 9×106 ﹣1×102 ﹣A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ B. 反应HZ+Y═HY+Z能够发生
C. 相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大 D. 相同温度下，1mol/L HX溶液的电离常数大于0.1mol/L HX溶液的电离常数 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答．
【解答】解： A. 相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ＞HY＞HX，故A错误；
B. 由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y═HY+Z能发生，故B正确；
﹣
﹣
﹣
﹣
C. 根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ＞HY＞HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故C错误； D. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故D错误； 故选
B.
【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确相同温度下电离平衡常数与电解质强弱的关系是解本题关键，易错选项是D，注意温度不变，同一物质的电离平衡常数不变，与溶液的浓度无关，为易错点．
13.已知25℃物质的溶度积常数为：FeS：Ksp=6.3×10
﹣24
﹣18
；CuS：Ksp=1.3×10
﹣36
；ZnS：Ksp=1.6×10
．下列说法正确的是 ( )
A. 相同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度 B. 除去工业废水中的Cu2+，可以选用FeS做沉淀剂
C. 足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.3×10D. 在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，一定不产生FeS沉淀 【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】 A. 根据溶度积大小进行比较，溶度积越大，溶解度越大； B. 根据溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀；
C. H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1mol/L，根据CuS的溶度积常数(Ksp)为1.3×10可求得；
D. 当Qc＞Ksp就会生成沉淀．
【解答】解； A. 由于Ksp(CuS)=1.3×10故A错误；
B. 由于Ksp(CuS)=1.3×10
﹣36
﹣36
﹣36
﹣35
mol/L
即
＜Ksp(ZnS)=1.6×10
﹣24
，所以溶解度CuS＜ZnS，
＜Ksp(FeS)=6.3×10
﹣18
，硫化铜的溶解度小于硫化亚铁的，所以除
去工业废水中含有的Cu2+，可采用FeS 固体作为沉淀剂，故B正确；
C. H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1mol/L，CuS的溶度积常数(Ksp)为1.3×10溶液中Cu2+的最小浓度为1.3×10
﹣
﹣35
﹣36
，所以
mol/L，故C错误；
﹣
D. ZnS的饱和溶液中存在S2，加入FeCl2溶液，当Qc=c(Fe2+)•c(S2)＞Ksp(FeS)，就会生成FeS沉淀，故D错误； 故选： B.
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，题目难度不大，注意对溶度积常数的利用和理解． 14.实验：
①0.1mol•L1AgNO3溶液和0.1mol•L1NaCl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•L1KI溶液，出现浑浊；
﹣
③向沉淀c中滴加0.1mol•L1KI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
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题． 【分析】 A. 根据沉淀的溶解平衡；
B. 滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡； C. 根据AgCl为白色沉淀，AgI为黄色沉淀； D. 根据沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生；
【解答】解： A. 根据浊液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•L1KI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•L1KI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.
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生．
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