新教材适用2023年高中化学专题3水溶液中的离子反应测评B苏教版选择性必修1

专题3测评(B)(时间:90分钟　满分:100分)一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2022年1月浙江卷)水溶液呈酸性的盐是(　　)。A.NH4Cl B.BaCl2C.H2SO4 D.Ca(OH)2答案:A2.根据下列实验不能证明一元酸HR为弱酸的是(　　)。A.室温下,NaR溶液的pH大于7B.加热NaR溶液时,溶液的pH变小C.HR溶液加入少量NaR固体,溶解后溶液的pH变大D.室温下,0.01 mol·L-1的HR溶液pH=2.8答案:B解析:室温下,NaR溶液的pH大于7说明R-水解使氢氧根离子浓度比氢离子浓度大,则HR为弱酸,A项正确。若HR为弱酸,对NaR溶液加热时,促进R-的水解,溶液的pH应变大,B项不能证明一元酸HR为弱酸。HR溶液加入少量NaR固体,NaR水解使溶液碱性增强,溶解后溶液的pH变大,C项说明HR为弱酸。若HR为强酸,则0.01mol·L-1的HR溶液pH=2,而D项中的pH=2.8,则HR为弱酸,D项正确。3.已知HA的酸性比HB的弱,在物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的NaA和NaB混合溶液中,下列排序正确的是(　　)。A.c(OH-)>c(HA)>c(HB)>c(H+)B.c(OH-)>c(A-)>c(B-)>c(H+)C.c(OH-)>c(B-)>c(A-)>c(H+)D.c(OH-)>c(HB)>c(HA)>c(H+)答案:A解析:因为HA的酸性比HB的弱,所以A-的水解程度大于B-的水解程度,c(B-)>c(A-)>c(HA)>c(HB),只有A项正确。4.(2022年1月浙江卷)已知25 ℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7,Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是(　　)。A.在等浓度的Na2A、NaHA溶液中,水的电离程度前者小于后者B.向0.1 mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3,则H2A的电离度为0.013%C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11,则c(A2-)>c(HA-)D.取pH=a的H2A溶液10 mL,加蒸馏水稀释至100 mL,则该溶液pH=a+1答案:B解析:在等浓度的Na2A、NaHA溶液中,A2-的水解程度大于HA-的水解程度,水的电离程度前者大于后者,A项错误;向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3,10-3×c(HA-)c(H2A)=1.3×10-7,则H2A的电离度c(HA-)c(H2A)×100%=1.3×10-4×100%=0.013%,B项正确;向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11,10-11×c(A2-)c(HA-)=7.1×10-15,则c(A2-)c(Na+)>c(OH-)>c(H+)D.向该溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释,溶液中c(OH-)均增大答案:D解析:由c(OH-)c(H+)=1×10-8及c(OH-)·c(H+)=1×10-14,可得c(H+)=1×10-3mol·L-1,A项错误。HA在水中的存在形式为A-、HA,根据物料守恒,则c(A-)+c(HA)=0.1mol·L-1,B项错误。反应后得到0.025mol·L-1HA、0.025mol·L-1NaA,若HA的电离程度大于A-的水解程度,则c(A-)>c(Na+),溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),C项错误。向该溶液中加入一定量NaA晶体,A-结合溶液中的H+,c(H+)减小;加水稀释,c(H+)减小,故溶液中c(OH-)均增大,D项正确。7.酸在溶剂中的电离是酸中的H+转移给溶剂分子,如:HCl+H2OH3O++Cl-。已知H2SO4和HNO3在CH3COOH中的电离平衡常数Ka1(H2SO4)=6.3×10-9,Ka(HNO3)=4.2×10-10。下列说法正确的是 (　　)。A.H2SO4在CH3COOH中的电离方程式:H2SO4+2CH3COOHSO42-+2CH3COOH2+B.H2SO4的CH3COOH溶液中:c(CH3COOH2+)=c(HSO4-)+2c(SO42-)+ c(CH3COO-)C.浓度均为0.1 mol·L-1的H2SO4或HNO3的CH3COOH溶液:pH(H2SO4)>pH(HNO3)D.向HNO3的CH3COOH溶液中加入CH3COOH,c(CH3COOH2+)c(HNO3)减小答案:B解析:H2SO4在CH3COOH中发生部分电离,且以第一步电离为主,电离方程式为H2SO4+CH3COOHHSO4-+CH3COOH2+,A项错误。根据质子守恒,H2SO4的CH3COOH溶液中存在c(CH3COOH2+)=c(HSO4-)+2c(SO42-)+c(CH3COO-),B项正确。因为Ka1(H2SO4)>Ka(HNO3),故0.1mol·L-1的两种溶液中H2SO4电离的c(CH3COOH2+)大,则其pH小,C项错误。因为c(CH3COOH2+)c(HNO3)=c(CH3COOH2+)·c(NO3-)c(HNO3)·c(NO3-)=Ka(HNO3)c(NO3-),加入CH3COOH,Ka(HNO3)不变,c(NO3-)减小,比值增大,D项错误。8.铵明矾NH4Al(SO4)2·12H2O是分析化学常用基准试剂,其制备过程如下。下列分析不正确的是(　　)。A.过程Ⅰ反应:2NH4HCO3+Na2SO42NaHCO3↓+(NH4)2SO4B.检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液C.若省略过程Ⅱ则铵明矾产率明显减小D.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液先后观察到:刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失答案:D解析:过程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比较小,饱和的NH4HCO3溶液和Na2SO4溶液反应,2NH4HCO3+Na2SO42NaHCO3↓+(NH4)2SO4,A项正确。溶液B已经呈酸性,检验里面的SO42-只需加入BaCl2溶液即可,B项正确。若省略过程Ⅱ,溶液中还有一定量的HCO3-,加入Al2(SO4)3,会与其反应,铵明矾产率会明显减小,C项正确。向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液,先看到生成白色沉淀,然后有刺激性气味气体生成,最后白色沉淀消失,D项错误。9.实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度,用甲基橙溶液作指示剂,下列操作中可能使测定结果偏低的是 (　　)。A.酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸润洗2~3次B.开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡,在滴定过程中气泡消失C.锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色,立即记下滴定管液面所在刻度D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次答案:C解析:A项,标准盐酸被滴定管内壁的水稀释,消耗盐酸体积偏大,测定结果偏高;B项会使读出盐酸体积偏大,结果偏高;D项会使盐酸体积偏大,结果偏高。10.常温下,浓度均为1 mol·L-1的HX溶液、HY溶液,分别加水稀释。稀释后溶液的pH随浓度的变化如图所示,下列叙述正确的是(　　)(c的单位:mol·L-1)。A.HX是强酸,溶液每稀释至原体积的10倍,pH始终增大1B.常温下HY的电离常数为1.0×10-4C.溶液中水的电离程度:M点大于N点D.消耗同浓度NaOH溶液的体积:M点大于N点答案:B解析:根据图示可知1mol·L-1的HX溶液的pH=0,说明HX为强酸,加水稀释,溶液pH无限接近于而小于7,溶液每稀释至原体积的10倍,pH增大不一定是1,A项错误;1mol·L-1HY溶液的pH=2,c(H+)=0.01mol·L-1N点,则溶液中水的电离程度:M点c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25):c(NH4+)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)C.CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4.76):c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)D.H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68,H2C2O4为二元弱酸):c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2O42-)+c(OH-)答案:AD解析:A项,因水解程度:CO32->HCO3-,故等浓度的NaHCO3-Na2CO3混合溶液中,c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)成立,正确;B项,混合溶液中存在电荷守恒式:c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),而由于溶液呈碱性,说明c(NH4+)>c(NH3·H2O),依据物料守恒有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-),故正确关系式为c(NH4+)+c(H+)>c(NH3·H2O)+c(OH-),错误;C项,因混合溶液pH=4.76,即CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,故c(CH3COO-)>c(CH3COOH),错误;D项,分别列出混合溶液中电荷守恒式和物料守恒式:①c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)②2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)②-①可得题中等式,正确。12.常温下,下列各组比值为1∶2的是(　　)。A.0.1 mol·L-1与0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液,c(H+)之比B.0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液,c(CO32-)与c(Na+)之比C.pH=10的Ba(OH)2溶液与氨水,溶质的物质的量浓度之比D.pH=3的H2SO4与CH3COOH溶液,c(SO42-)与c(CH3COO-)之比答案:D解析:A项,弱电解质浓度越大其电离程度越小,则其c(H+)之比大于1∶2;B项,由于CO32-发生水解,CO32-与Na+浓度之比小于1∶2;C项,Ba(OH)2为强电解质,NH3·H2O为弱电解质,pH=10的氨水,其物质的量浓度大于1×10-4mol·L-1,两者的物质的量浓度之比小于1∶2;D项,H2SO4溶液中c(SO42-)=c(H+)2=5×10-4mol·L-1,CH3COOH溶液中c(CH3COO-)=c(H+)=1×10-3mol·L-1,则两者的物质的量浓度之比为1∶2。13.某溶液由弱酸(HR)及其盐(NaR)组成,浓度均为1 mol·L-1,25 ℃时向该溶液通HCl气体或滴入NaOH溶液,溶液pH随加入的H+或OH-的物质的量发生变化的情况如图。下列说法不正确的是(　　)。A.X、Y、Z三点所表示的溶液中水的电离程度依次增大B.加入1 mol NaOH后,溶液中c(Na+)=c(R-)C.通入HCl,R-的水解程度增大,HR的电离常数减小D.未加HCl和NaOH时,溶液中c(R-)>c(Na+)>c(HR)答案:C解析:根据图像,加入1molNaOH后,溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(R-),所以c(Na+)=c(R-),此时溶液中仍有少量HR,即从X点到Z点,溶液中HR逐渐减少,对水的电离的抑制作用减小,X、Y、Z三点所表示的溶液中水的电离程度依次增大,A、B项正确;温度不变,HR的电离常数不变,C项不正确;未加HCl和NaOH时,溶质为HR和NaR,由图像可知pH<7,溶液显酸性,HR的电离程度大于NaR的水解程度,所以c(R-)>c(Na+)>c(HR),D项正确。14.(2021湖南卷)常温下,用0.100 0 mol·L-1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L-1三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液,滴定曲线如图所示。下列判断错误的是(　　)。A.该NaX溶液中:c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)B.三种一元弱酸的电离常数:Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)C.当pH=7时,三种溶液中:c(X-)=c(Y-)=c(Z-)D.分别滴加20.00 mL盐酸后,再将三种溶液混合:c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(OH-)答案:C解析:NaX为强碱弱酸盐,在溶液中水解使溶液呈碱性,则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),A项正确;弱酸的酸性越弱,电离常数越小,由相同浓度的三种盐溶液的pH可知,HX、HY、HZ的酸性依次减弱,则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),B项正确;当溶液pH为7时,酸根离子对应的酸越弱,向盐溶液中加入盐酸的体积越大,溶液中酸根离子的浓度越小,则三种溶液中酸根离子的浓度大小顺序为c(X-)>c(Y-)>c(Z-),C项错误;向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸,三种盐都完全反应,溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度,将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(Cl-)+c(OH-),由c(Na+)=c(Cl-)可得:c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(OH-),D项正确。15.25 ℃时,某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1,lg c(CH3COOH)、lg c(CH3COO-)、lg c(H+)和lg c(OH-)随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数,下列说法正确的是 (　　)。A.O点时,c(CH3COOH)=c(CH3COO-)B.N点时,pH=-lgKaC.该体系中,c(CH3COOH)=0.1c(H+)Ka+c(H+) mol·L-1D.pH由7到14的变化过程中,CH3COO-的水解程度始终增大答案:BC解析:在CH3COO-、CH3COOH的混合溶液中,随着pH的增大,lgc(CH3COOH)减小,lgc(CH3COO-)增大。当pH=0时,c(H+)=1mol·L-1,又由于c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1,所以c(H+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)。N点时c(CH3COOH)=c(CH3COO-),Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=c(H+),pH=-lgc(H+)=-lgKa,B项正确;O点时c(H+)=c(OH-),c(CH3COO-)>c(CH3COOH),该体系中,c(CH3COO-)=0.1mol·L-1-c(CH3COOH),因为Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=c(H+)·[0.1-c(CH3COOH)]c(CH3COOH),整理可得,c(CH3COOH)=0.1c(H+)Ka+c(H+)mol·L-1,故A项错误,C项正确;pH从7到14的过程中,存在随c(OH-)增大,CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-水解平衡逆向移动的过程,D项错误。三、非选择题(本题包括5小题,共60分)16.(8分)已知硫酸的第一步电离(H2SO4H++HSO4-)是完全的,但第二步电离(HSO4-H++SO42-)并不完全。如果25 ℃时,0.1 mol·L-1 H2SO4溶液中c(SO42-)=0.01 mol·L-1,0.1 mol·L-1的NaHSO4溶液中c(SO42-)=0.029 mol·L-1,试回答下列问题。(1)25 ℃时,0.1 mol·L-1的H2SO4溶液中pH=　　　　　(可用对数表示)。 (2)为什么0.1 mol·L-1的H2SO4溶液中c(SO42-)比0.1 mol·L-1的NaHSO4溶液中c(SO42-)小? 　。 (3)0.1 mol·L-1 Na2SO4溶液的pH　　　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)7。 (4)常温下测得0.25 mol·L-1的CuSO4溶液的pH为5,0.25 mol·L-1的Cu(ClO4)2溶液的pH为4.5,其原因是  　。 答案:(1)-lg 0.11(2)H2SO4第一步电离产生的H+对HSO4-的电离有抑制作用(3)大于(4)SO42-水解产生部分OH-,而ClO4-不水解解析:(1)H2SO4H++HSO4-,HSO4-H++SO42-,0.1mol·L-1的H2SO4溶液中,第一步电离完全,第二步电离不完全且HSO4-电离出的c(SO42-)=c(H+)=0.01mol·L-1,所以H+的总物质的量浓度为0.1mol·L-1+0.01mol·L-1=0.11mol·L-1,因此pH=-lg0.11。(2)H2SO4第一步电离产生的H+对HSO4-的电离有抑制作用,而NaHSO4溶液中HSO4-的电离不受抑制。(3)因为HSO4-H++SO42-,故Na2SO4溶液中SO42-发生水解使溶液显碱性,pH>7。(4)CuSO4溶液中,SO42-+H2OHSO4-+OH-,而ClO4-不水解,故等浓度的Cu(ClO4)2溶液比CuSO4溶液的pH略小。17.(12分)(1)常温下,将0.1 mol·L-1 HA和0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合,所得溶液的pH=9。①所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)=　　　　mol·L-1。 ②写出该混合溶液中c(OH-)-c(HA)=　　　　 mol·L-1。(计算精确值) (2)已知某温度下,Ca(OH)2的溶解度为0.148 g,设其饱和溶液的密度为1 g·cm-3,该温度下Ca(OH)2的溶度积常数为　 。 (3)已知25 ℃时Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaCO3)=2.6×10-9,向BaSO4悬浊液中逐渐加入Na2CO3固体至c(CO32-)=　　 mol·L-1时,BaSO4开始向BaCO3沉淀转化。 答案:(1)①1×10-5　②1×10-9(2)3.2×10-5(3)2.6×10-4解析:(1)①混合后所得NaA溶液的pH=9,说明HA是弱酸,溶液中c(H+)=1×10-9mol·L-1,根据A-+H2OHA+OH-可知,水电离出的c(OH-)就是溶液中的c(OH-),c(OH-)=KWc(H+)=1×10-5mol·L-1。②混合溶液中含有Na+、A-、OH-、H+四种离子,根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)　①,根据元素质量守恒,c(Na+)=c(A-)+c(HA)　②,由①②得c(H+)+c(HA)=c(OH-),即c(OH-)-c(HA)=c(H+)=1×10-9mol·L-1。(2)100g水中溶有0.148gCa(OH)2达到饱和,此时溶液的体积约为0.1L,c(Ca2+)=0.02mol·L-1,c(OH-)=0.04mol·L-1,该温度下Ca(OH)2的溶度积常数为c(Ca2+)·c2(OH-)=0.02×(0.04)2=3.2×10-5。(3)溶液中c(Ba2+)=1.1×10-10mol·L-1≈1×10-5mol·L-1,当Qc(BaCO3)>Ksp(BaCO3)时,开始向BaCO3沉淀转化,即1×10-5×c(CO32-)>2.6×10-9,解得c(CO32-)>2.6×10-4mol·L-1。18.(12分)某工厂废水中含游离态氯,通过下列实验测定其浓度。①取水样10.00 mL放入锥形瓶中,加入10.00 mL KI溶液(足量),滴入指示剂2~3滴,发生的反应为Cl2+2KII2+2KCl。②取一只碱式滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净,然后注入0.01 mol·L-1 Na2S2O3溶液,调整液面,记下读数。③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定,发生的反应为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。试回答下列问题。(1)步骤①加入的指示剂是　　　　　　　。 (2)滴定时,眼睛应注视　　　　　　　　　　　　。 (3)步骤③当待测液由　　　　色变为　　　　　色且半分钟内不变化即达终点。若耗去Na2S2O3溶液20.0 mL,则废水中Cl2的物质的量浓度为　　　　　　　　　。 (4)实验中,Cl2的实际浓度比所测浓度偏小,造成误差的原因是  　。 (5)下列操作中可能使所测游离态氯的浓度数值偏低的是　　　　(填字母)。 A.碱式滴定管未用标准溶液润洗就直接注入Na2S2O3标准溶液B.锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥就注入水样待测液C.装有Na2S2O3标准溶液的碱式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失D.读取Na2S2O3溶液体积时,开始仰视读数,滴定结束时俯视读数E.若刚见到指示剂局部的颜色有变化就停止滴定答案:(1)淀粉(2)锥形瓶内溶液颜色的变化(3)蓝　无　0.01 mol·L-1(4)碘离子有强的还原性,空气中氧气可能会氧化碘离子(5)DE解析:(1)淀粉遇碘变蓝;该滴定反应是单质碘与Na2S2O3反应,单质碘显色一般用淀粉作指示剂。(2)滴定时,要判断滴定终点,因此眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化。(3)开始时溶液为蓝色,滴定Na2S2O3时,不断消耗单质碘,因此步骤③当待测液由蓝色变为无色且半分钟内不变化即达终点。若耗去Na2S2O3溶液20.0mL,根据Cl2~I2~2Na2S2O3,因此n(Cl2)=12×0.01mol·L-1×0.02L=1×10-4mol,则废水中Cl2的物质的量浓度为c=nV=1×10-4mol0.01L=0.01mol·L-1。(4)实验中,Cl2的实际浓度比所测浓度偏小,造成误差的原因是碘离子有强的还原性,空气中氧气可能会氧化碘离子。(5)碱式滴定管未用标准溶液润洗就直接注入Na2S2O3标准溶液,导致Na2S2O3溶液浓度减小,反应等量的单质碘消耗的Na2S2O3体积增大,所测浓度偏大,A项不符合题意。锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥就注入水样待测液,所消耗的Na2S2O3体积不变,对结果无影响,B项不符合题意。装有Na2S2O3标准溶液的碱式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失,读数数据偏大,所测结果偏大,C项不符合题意。读取Na2S2O3溶液体积时,开始仰视读数,滴定结束时俯视读数,读数数据偏小,所测结果偏低,D项符合题意。若刚见到指示剂局部的颜色有变化就停止滴定,所测数据偏小,所测结果偏低,E项符合题意。19.(14分)已知某溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子,某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系:①c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)②c(NH4+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(H+)③c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)④c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)回答下列问题。(1)若溶液中只溶有一种溶质,则该溶质是　　　　;上述四种离子浓度的大小顺序为　　　　(填序号)。 (2)若四种离子的关系符合③,则溶质为　　　　　　;若四种离子的关系符合④,则溶质为　　　　　　。 (3)将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释至原体积相同的倍数,则下面图像正确的是　　　　。 (4)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成,且恰好呈中性,则混合前c(HCl)　　　　(填“大于”“小于”或“等于”,下同)c(NH3·H2O);混合前酸中c(H+)和碱中c(OH-)的关系为c(H+)　　　　c(OH-)。 答案:(1)NH4Cl　①(2)NH4Cl和NH3·H2O　NH4Cl和HCl(3)B(4)小于　大于解析:(1)由已知的四种离子,当溶液中只存在一种溶质时,为NH4Cl;NH4Cl为强酸弱碱盐,水解呈酸性,离子浓度关系为①。(2)四种离子的关系符合③时,溶液呈碱性,说明碱过量,则溶液中存在的溶质为NH4Cl和NH3·H2O;当四种离子的关系符合④时,溶液呈强酸性,盐酸过量,溶液中存在NH4Cl和HCl。(3)NH4Cl为强酸弱碱盐,稀释促进其水解,盐酸为强酸,在溶液中全部电离,pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释至原体积相同的倍数时,盐酸的pH大于NH4Cl,因为加水稀释其pH均增大,B项符合。(4)体积相等的稀盐酸和氨水混合,且恰好呈中性,则原溶液中氨水浓度大于盐酸的浓度。20.(14分)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:已知:MnO2是一种两性氧化物;25 ℃时相关物质的Ksp见下表。回答下列问题:(1)软锰矿预先粉碎的目的是  　, MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 　　　　　　　　　。 (2)保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明显变化,而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)滤液Ⅰ可循环使用,应当将其导入　　　　　操作中(填操作单元的名称)。 (4)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c<1.0×10-5 mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。 (5)碳化过程中发生反应的离子方程式为  　　　　　　　　　。 答案:(1)增大接触面积,充分反应,提高反应速率　MnO2+BaS+H2OBa(OH)2+MnO+S(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H2O2　4.9(5)Mn2++HCO3-+NH3·H2OMnCO3↓+NH4++H2O解析:该题遵循化工生产的过程,对工艺流程的环节与条件进行简化处理,在科学基础上通过最简洁的呈现方式呈现生产过程,并设置问题,避免信息冗长对考生造成思维上的干扰。(1)软锰矿预先粉碎可以增大接触面积,提高反应速率。根据信息,MnO2与BaS反应转化为MnO,再结合流程图反应后经过过滤、蒸发等一系列物理过程得到Ba(OH)2,过滤后酸解生成硫黄,硫黄不与H2SO4反应,故MnO2与BaS溶液反应的化学方程式为MnO2+BaS+H2OBa(OH)2+MnO+S。(2)已知MnO2是两性氧化物,保持BaS投料量不变,增大MnO2与BaS的投料比,过量的MnO2能与Ba(OH)2反应,故Ba(OH)2的量达到最大值后会减小。(3)将滤液Ⅰ导入蒸发装置可循环利用。(4)根据表中Ksp[Fe(OH)3]