辽宁省沈阳高二（上）第一次月考化学试卷
一、选择题（每道题有具只有一个正确答案，3分/共54分）
1．（3分）下列关于电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA
B．室温下，稀释0.1mol/LCH3COOH溶液的导电能力增强
C．0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
D．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中减小
2．（3分）下列事实一定能说明HNO2为弱电解质的是（ ）
①常温下，NaNO2溶液的pH＞7
②用HNO2溶液做导电实验灯泡很暗
③HNO2不能与NaCl反应
④常温下0.1mol L﹣1的HNO2溶液pH＝2
⑤1L pH＝1的HNO2溶液加水稀释至100L后溶液的pH＝2.2
⑥1L pH＝1的HNO2和1L pH＝1的盐酸与足量的NaOH溶液完全反应，最终HNO2消耗的NaOH溶液多
⑦HNO2溶液中加入一定量NaNO2晶体，溶液中c（OH﹣）增大
⑧HNO2溶液中加水稀释，溶液中c（OH﹣）增大．
A．①②③⑦ B．①③④⑤ C．①④⑤⑥⑦ D．②④⑥⑧
3．（3分）现有浓度均为0.1mol L﹣1的盐酸、硫酸、醋酸溶液。下列判断正确的是（ ）
A．若三种溶液中c（H+）分别为a1mol L﹣1、a2mol L﹣1、a3mol L﹣1，则它们的大小关系为a1＝a2＝a3
B．等体积的以上三种酸溶液分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为b1mol、b2mol、b3mol，则它们的大小关系为b1＝b2＜b3
C．分别用以上三种酸溶液中和一定量的NaOH溶液生成正盐，若需要酸溶液的体积分别为V1、V2、V3，其大小关系为V1＝V2＝V3
D．分别与Zn反应，开始时生成H2的速率分别为v1、v2、v3，其大小关系为v1＞v2＞v3
4．（3分）pH是溶液中c（H+）的负对数，若定义pC是溶液中微粒的物质的量的负对数，则常温下2C2O4）、pc（HC2）、pc（C2）随溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．曲线1代表HC2的浓度随pH增大先变小后变大
B．草酸的Ka1＝1×10﹣13，Ka2＝1×10﹣4.3
C．pH＝4时，c（HC2）＞c（C2）＞c（H2C2O4）
D．＝10﹣3
5．（3分）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg，下列叙述错误的是（ ）
A．MOH的碱性强于ROH的碱性
B．ROH的电离程度：b点大于a点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等
D．当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则增大
6．（3分）25℃时，pH＝2的盐酸和醋酸各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程
B．a溶液的导电性比c溶液的导电性强
C．将a、b两溶液加热至30℃，变小
D．a溶液中和氢氧化钠的能力强于b溶液
7．（3分）某温度下，有PH相同的H2SO4溶液和Al2（SO4）3溶液，在H2SO4溶液中由水电离的H+浓度为10﹣amol/L，在Al2（SO4）3溶液中由水电离的H+浓度为10﹣bmol/L，则此温度下的Kw为（ ）
A．1×10﹣14 B．1×10﹣2a
C．1×10﹣（a+b） D．1×10﹣（7+a）
8．（3分）常温下，下列溶液一定呈碱性的是（ ）
A．能与金属铝反应放出氢气的溶液
B．＝10﹣6的溶液
C．pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
D．0.01 mol L﹣1的氨水与0.01 mol L﹣1的HCl溶液等体积混合
9．（3分）常温，已知电离常数：Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5，Ka1（H2C2O4）＝5.9×10﹣2，Ka2（H2C2O4）＝6.4×10﹣5。下c列说法中正确的是（ ）
A．（NH4）2C2O4溶液中，c（）＝2c（C2）
B．等物质的量浓度的氢氧化钠溶液和H2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈碱性
C．pH＝11的氢氧化钠溶个pH＝3的H2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈碱性
D．用H2C2O4溶液中和氨水至中性时，溶液中c（）＝2c（C2）+c（HC2）
10．（3分）不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）的关系如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．d点对应的食盐水pH＝6，呈中性
B．向a点对应的CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至b点，此时c（Na+）＝c（CH3COO﹣）
C．a点对应的稀硫酸与c点对应的CH3COONa溶液中水的电离程度相同
D．温度为T℃时，0.05 mol L﹣1Ba（OH）2溶液的pH＝11
11．（3分）下列物质的水溶液在空气中加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质的是（ ）
①CuSO4
②FeSO4
③K2CO3
④Ca（HCO3）2
⑤NH4HCO3
⑥KMnO4
⑦FeCl3。
A．仅①③ B．仅①②③
C．仅①③⑥ D．全部都可以
12．（3分）下表是Fe2+、Fe3+、Zn2+被OH﹣完全沉淀时溶液的pH．某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2+、Fe3+杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是（ ）
金属离子 Fe2+ Fe3+ Zn2+
完全沉淀时的pH 7.7 4.5 6.5
A．H2O2、ZnO B．氨水
C．KMnO4、ZnCO3 D．NaOH溶液
13．（3分）常温下Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，Ka（HCOOH）＝1.77×10﹣4，Kb（NH3 H2O）＝1.76×10﹣5。下列说法正确的是（ ）
A．浓度均为0.1mol L﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者小于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2mol L﹣1HCOOH与0.1mol L﹣1NaOH等体积混合后的溶液中：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（HCOOH）+c（H+）
D．0.2mol L﹣1CH3COONa与0.1mol L1盐酸等体积混合后的溶液中pH＜7：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）
14．（3分）下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．pH相同的①NH4Cl、②NH4Al（SO4）2、③NH4HSO4三种溶液的c（NH4+）：①＜②＜③
B．20mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1mol/L HCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（ H+）
C．0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液＞中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）
D．常温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
15．（3分）将nmol/L氨水滴入10mL 1.0mol/L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示．下列有关说法正确的是（ ）
A．n＝1.0
B．水的电离程度：b＞c＞a＞d
C．c点：c（NH4+）＝c（Cl﹣）＝1.0mol L﹣1
D．25℃时，NH4Cl的水解常数（Kh）＝（n﹣1）×10﹣7
16．（3分）在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系不正确的是（ ）
A．c（Na+）＝2c（）
B．c（Na+）＞c（）＞c（）
C．c（OH﹣）＞c（）＞c（H+）
D．c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（）+2c（H2CO3）
17．（3分）化工生产中常用MnS做沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+（aq）+MnS（s）═CuS（s）+Mn2+（aq）
下列有关叙述中正确的是（ ）
①MnS的Ksp大于CuS的Ksp
②达到平衡时c（Mn2+）＝c（Cu2+）
③溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c（Cu2+）、c（Mn2+）保持不变
④该反应平衡常数K＝．
A．①④ B．②③ C．①②③ D．②③④
18．（3分）某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡FeR（s） Fe2+（aq）+R2﹣（aq），其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．可以通过升温实现由a点变到c点
B．b点对应的Ksp等于a点对应的Ksp
C．d点可能有沉淀生成
D．该温度下，Ksp＝4×10﹣18
二、非选择题（共三道题，共46分）
19．（14分）已知常温下部分弱电解质的电离常数如下表：
化学式 HF HClO H2CO3 NH3 H2O
电离常数 Ka＝6.8×10﹣4 Ka＝4.7×10﹣8 Ka1＝4.2×10﹣7Ka2＝5.6×10﹣11 Kb＝1.7×10﹣5
①常温下，pH相同的三种溶液：①NaF溶液；②NaClO溶液2CO3溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是 。
（2）向NaClO溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为 。
（3）常温下，0.1mol L﹣1HF与0.1mol L﹣1NaF溶液等体积混合，判断混合溶液的酸碱性： 。
（4）常温下，将pH＝5的盐酸与PH＝9的NaOH溶液以体积比11：9混合后的PH为 。
（5）25℃时，碳酸氢钠溶液的水解平衡常数为 。
（6）泡沫灭火器反应原理的离子方程式 。
（7）工业制备TiO2 xH2O的化学方程式 。
20．（22分）Ⅰ.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g/100mL）。
实验步骤：
（1）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL （填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴 作指示剂。
（3）读取盛装0.1000mol L﹣1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为 。
（4）数据记录：
滴定次数实验数据/mL 1 2 3 4
V（样品） 20.00 20.00 20.00 20.00
V（NaOH）（消耗） 15.95 15.00 15.05 14.95
数据处理：食用白醋总酸量 g/100mL
Ⅱ.莫尔法是一种沉淀滴定法，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进而测定溶液中Cl﹣的浓度。已知：
银盐性质 AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4 AgSCN
颜色 白 浅黄 白 砖红 白
溶解度（mol L﹣1） 1.34×10﹣6 7.1×10﹣7 1.1×10﹣8 6.5×10﹣5 1.0×10﹣6
（1）滴定终点的现象是 。
（2）若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选为滴定指示剂的是 。
A.NaCl
B.BaBr2
C.Na2CrO4
刚好达到滴定终点时，发生反应的离子方程式为 。
Ⅲ.乙二酸（HOOC﹣COOH）俗名是一种有还原性的有机弱酸，在化学上有广泛应用。
（1）小刚在做“研究温度对化学反应速率的影响”实验时，他往A、B两支试管中均加入4mL0.01mol L﹣1的酸性KMnO4溶液和2mL0.1mol L﹣1H2C2O4（乙二酸）溶液，振荡，A试管置于热水中，记录溶液褪色所需的时间。褪色所需时间tA tB（＞或＝”或“＜”）。写出该反应的离子方程式： 。
（2）实验室有一瓶混有泥沙的乙二酸样品，小刚利用上述反应的原理来测定其含量，具体操作为：
①配制250mL溶液：准确称量5.000g乙二酸样品，配成250mL溶液。
②滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将0.1000mol L﹣1KMnO4标准溶液装入 （填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作。下列操作会导致测定结果偏高的是 。
A.未用KMnO4标准溶液润洗滴定管
B.滴定锥形瓶内有少量水
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D.观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
21．（10分）纳米ZnS具有独特的光电效应，在电学、磁学、光学等领域应用广泛。以工业废渣锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质）为原料制备纳米ZnS的工业流程如图：
已知：Ksp[Fe（OH）3]＝3.8×10﹣38；Ksp[Cu（OH）2]＝2×10﹣20；Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24
（1）酸浸时FeO反应的离子方程式为 。
（2）再加入ZnO调节pH目的是 。
（3）将酸浸的尾气循环利用，加入的X气体可以是 。
（4）滤渣1的成分 滤渣2中的成分 。
（5）当溶液中Zn2+浓度小于1.0×10﹣5mol L﹣1时，则可认为其沉淀完全。若要使Zn2+淀完全，溶液中S2﹣浓度应 。
参考答案与试题解析
一、选择题（每道题有具只有一个正确答案，3分/共54分）
1．【分析】A．醋酸为弱酸，溶液中部分电离；
B．溶液的导电能力和离子浓度有关；
C．0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，促进醋酸的电离；
D．0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，促进醋酸电离。
【解答】解：A．醋酸为弱酸，0.1L6.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+数小于8.05NA，故A错误；
B．室温下3COOH溶液，平衡状态下的离子浓度减小，故B错误；
C．0.3mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，促进醋酸电离，醋酸物质的量减小，，故C错误；
D．CH3COOH溶液加水稀释后，促进醋酸的电离，醋酸根离子物质的量增大减小；
故选：D。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的影响因素分析判断，注意离子浓度变化的理解应用，题目难度不大。
2．【分析】只有部分电离的电解质为弱电解质，只要能说明亚硝酸部分电离或亚硝酸根离子能够水解，就能证明亚硝酸是弱电解质，据此分析解答．
【解答】解：①常温时NaNO2溶液的pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸部分电离，故正确；
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，但不能水解亚硝酸部分电离，故错误；
③HNO2与NaCl不能反应，说明二者混合不具备复分解反应的条件，所以不能证明亚硝酸是弱电解质；
④常温下0.4mol L﹣1的HNO2溶液pH＝8，说明亚硝酸部分电离，故正确；
⑤1L pH＝1的HNO2溶液加水稀释至100L后溶液的pH＝2.2，说明亚硝酸中存在电离平衡，故正确；
⑥4L pH＝1的HNO2溶液和2L pH＝1的盐酸分别与足量的NaOH溶液完全反应，最终HNO2消耗的NaOH多，说明亚硝酸中存在部分电离，故正确；
⑦HNO3溶液中加入一定量的NaNO2晶体，溶液中c（OH﹣）增大，说明亚硝酸存在电离平衡，增大了亚硝酸根离子的浓度，故正确；
⑧酸溶液加水稀释，酸性减弱﹣）增大，不能证明存在电离平衡；
所以正确的有①④⑤⑥⑦；
故选：C。
【点评】本题考查强弱电解质的判断，题目难度不大，强弱电解质的根本区别是其电离程度，与溶液导电性强弱无关，溶液导电性与离子浓度有关，侧重分析与应用能力的考查．
3．【分析】A．醋酸的弱电解质，部分电离，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，据此判断氢离子浓度大小；
B．生成盐的物质的量与酸的物质的量相等；
C．中和一定量NaOH溶液生成正盐时，酸的浓度相等时，如果是一元酸，所用酸的体积相等，如果是二元酸，酸的体积是一元酸的一半；
D．生成氢气的反应速率与氢离子浓度成正比．
【解答】解：A．醋酸的弱电解质，硫酸是二元强酸，物质的量浓度相等的三种酸2＝2a8＞a3，故A错误；
B．根据原子守恒知，所以生成盐的物质的量关系为：b1＝b6＝b3，故B错误；
C．中和一定量NaOH溶液生成正盐时，如果是一元酸，如果是二元酸，所以三种酸的体积大小关系是V1＝3V2＝V3，故C错误；
D．生成氢气的反应速率与氢离子浓度成正比2＝2a1＞a8，所以反应速率大小顺序是υ2＞υ1＞υ3，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了弱电解质的电离，为高频考点，难度不大，注意D中生成氢气的反应速率与氢离子浓度成正比，分清是初始速率还反应过程中的反应速率，注意反应速率与氢离子浓度有关，与电解质强弱无关，为易错点．
4．【分析】H2C2O4 H++HC2，HC2 H++C2，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：曲线Ⅰ是HC2的物质的量浓度的负对数，曲线Ⅱ是H2C2O4的物质的量浓度的负对数，曲线Ⅲ是C2的物质的量浓度的负对数，由此分析解答．
【解答】解：A．曲线I代表HC2的物质的量浓度的负对数随着pH增大先变小后变大，故A错误；
B．ⅠⅡ交点处c（HC8）＝c（H2C5O4），H2C5O4 HC2+H+，Ka1＝c（H+）＝l×10﹣1.7，HC2 C5+H+，ⅠⅢ交点处c（HC6）＝c（C2）Ka2＝c（H+）＝l×10﹣3.3，故B正确；
C．pH＝4时6）＞pc（HC6），所以c（HC2）＞c（C2）＞c（H2C2O3），故C正确；
D.＝×＝＝＝10﹣2，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、平衡常数计算方法、图象分析判断是解题关键，题目难度中等．
5．【分析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强；
B．弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大；
C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣）；
D．MOH的碱性强于ROH的碱性，当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，促进弱电解质电离。
【解答】解：A．相同浓度的一元碱，根据图知，相同浓度条件下，说明MOH的电离程度大于ROH，故A正确；
B．由图示可以看出ROH为弱碱，b点溶液体积大于a点，则ROH电离程度：b＞a；
C．若两种溶液无限稀释﹣）接近于纯水中c（OH﹣），所以它们的c（OH﹣）相等，故C正确；
D．根据A知，当lg，由于ROH是弱电解质，所以c（M+）/c（R+）减小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。
6．【分析】盐酸为强酸，醋酸为弱酸，pH相同时，盐酸的浓度比醋酸的浓度小很多。加水稀释相同倍数，由于盐酸是强酸，n（H+）不变，醋酸是弱酸，电离程度增大，n（H+）增大，从而导致盐酸溶液的c（H+）比醋酸溶液的c（H+）小、pH大，所以Ⅰ为盐酸的稀释曲线，Ⅱ为醋酸的稀释曲线。
【解答】解：A．由分析可知，故A正确；
B．a点溶液中离子浓度小于c点溶液中离子浓度，故B错误；
C．将a，醋酸电离程度增大，c（CH3COO﹣）增大，c（Cl﹣）不变，则，变小的值变小；
D．由分析可知，所以b点溶液中和氢氧化钠的能力强于a点溶液；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生电离平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
7．【分析】有PH相同的H2SO4溶液和Al2（SO4）3溶液，硫酸溶液对水的电离起到抑制作用，水电离出的氢离子浓度＝10﹣amol/L，在Al2（SO4）3溶液对水的电离起到促进作用，由水电离的H+浓度为10﹣bmol/L，依据溶液PH相同计算硫酸溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度得到离子积常数．
【解答】解：有PH相同的H2SO4溶液和Al2（SO4）3溶液，硫酸溶液对水的电离起到抑制作用﹣amol/L，在Al6（SO4）3溶液对水的电离起到促进作用，由水电离的H+浓度为10﹣bmol/L，溶液PH依据此计算﹣bmol/L，硫酸溶液中水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，依据离子积常数可知硫酸溶液中离子积Kw＝c（H+）酸c（OH﹣）＝10﹣bmol/L×10﹣amol/L＝10﹣（a+b）（mol/L）7；
故选：C。
【点评】本题考查了溶液中离子积常数的应用和计算，注意酸抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，题目难度中等．
8．【分析】A．铝的单质能和酸、碱都反应生成氢气；
B．常温下溶液中存在离子积c（H+）c（OH﹣）＝10﹣14，＝10﹣6，代入计算分析判断氢离子浓度和氢氧根离子浓度大小；
C．pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，pH＝2的CH3COOH溶液中存在电离平衡，加入氢氧化钠溶液反应后又电离出氢离子，醋酸溶液浓度大于氢氧化钠溶液浓度，等体积混合溶液显酸性；
D.0.01 mol L﹣1的氨水与0.01 mol L﹣1的HCl溶液等体积混合恰好完全反应生成氯化铵溶液，溶液中铵根离子水解溶液显酸性．
【解答】解：A．铝单质和稀酸反应生成铝盐和氢气，铝单质和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，故A错误；
B．常温下溶液中存在离子积c（H+）c（OH﹣）＝10﹣14，＝10﹣6，代入计算得到，c（OH﹣）＝10﹣4mol/L，c（H+）＝10﹣10mol/L，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，故B正确；
C．pH＝8的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，醋酸溶液中存在电离平衡，醋酸溶液浓度大于氢氧化钠溶液浓度，醋酸又电离出氢离子，故C错误；
D.0.01 mol L﹣5的氨水与0.01 mol L﹣1的HCl溶液等体积混合恰好完全反应生成氯化铵溶液，溶液中铵根离子水解溶液显酸性3++H2O NH3 H5O+H+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质性质、弱电解质电离平衡、盐类水解和溶液酸碱性的分析判断，注意弱电解质电离平衡的理解应用，题目难度中等．
9．【分析】电离常数越大，酸或碱的电离程度越大，
A．由电离常数可知，（NH4）2C2O4溶液中，C2水解程度较大；
B．等物质的量浓度的氨水和H2C2O4溶液等体积混合生成NH4HC2O4，水解程度较大；
C．pH＝11的氨水和pH＝3的H2C2O4溶液相比较，氨水浓度较大；
D．结合溶液的电荷守恒判断。
【解答】解：A．K（NH3 H2O）＜K6（H2C2O2），由电离常数可知4）2C5O4溶液中，C2水解程度较小，则c（2），故A错误；
B．等物质的量浓度的氨水和H2C2O4溶液等体积混合生成NH6HC2O4，水解程度较大，故B错误；
C．pH＝11的氨水和pH＝3的H2C5O4溶液相比较，氨水浓度较大，则反应后溶液呈碱性；
D．用H2C4O4溶液中和氨水至中性时，溶液中存在c（H+）+c（）＝6c（C2）+c（HC2）+c（OH﹣），因c（H+）＝c（OH﹣），则c（2）+c（HC2），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了弱电解质的电离，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确弱酸电离平衡常数与酸的酸性强弱、酸根离子水解程度的关系即可解答，题目难度中等。
10．【分析】A、d点所在的温度下，水的离子积Kw＝10﹣12；
B、向a点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至b点，溶液显中性，即c（H+）＝c（OH﹣）；
C、酸对水的电离有抑制作用，盐的水解对水的电离有促进作用；
D、温度为T℃时，0.05 mol L﹣1Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）＝c[1Ba（OH）2]＝0.1 mol L﹣1，根据c（H+）＝和pH＝﹣lgc（H+）计算pH。
【解答】解：A、d点所在的温度下﹣12，而食盐水溶液永远显中性，故在d点温度下，故A正确；
B、向a点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至b点，即c（H+）＝c（OH﹣），而根据电荷守恒可知：c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故有c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故B正确；
C、酸对水的电离有抑制作用，故a点对应的稀硫酸溶液中水的电离程度小于醋酸钠溶液中的水的电离程度。
D、T℃时﹣12，6.05mol/LBa（OH）2溶液中，氢氧根的浓度c（OH﹣）＝0.4mol/L，则有：c（H+）＝10﹣11mol/L，则pH＝11；
故选：C。
【点评】本题考查了水的离子积和盐类水解中的电荷守恒以及酸碱和盐的水解对水的电离的影响，难度中等，属于高频考点的题型，注意碱性溶液中pH的计算。
11．【分析】加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质，需要依据溶液中 溶质的水解、分解、氧化等反应，结合生成产物的性质分析判断。
【解答】解：①CuSO4；溶液中 铜离子水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸是难挥发性酸，能得到较纯净的原溶质；
②FeSO4；具有还原性加热溶液被氧化为三价铁，故②不符合；
③K2CO3；溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢钾和氢氧化钾，加热蒸干至质量不再减少为止，故③符合；
④Ca（HCO3）7受热分解生成碳酸钙二氧化碳和水，加热蒸干至质量不再减少为止，故④不符合；
⑤NH4HCO3受热分解，得不到原溶质；
⑥KMnO6加热到质量不变分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故⑥不符合；
⑦FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁，故⑦不符合；
综上所述：①③符合；
故选：A。
【点评】本题考查了溶液蒸干后固体的成分判断，掌握物质水溶液中性质的应用时解题关键，题目难度中等。
12．【分析】为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应首先将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO、ZnCO3等物质，调节溶液pH，使Fe3+水解生成沉淀而除去，以此解答．
【解答】解：使Fe3+、Fe2+、Zn6+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH应分别为4.5、6.5左右3+、Fe3+，应该把Fe2+氧化为Fe3+，双氧水是绿色氧化剂不会引入杂质，所以用双氧水把Fe2+氧化为Fe3，再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去，氨水会引入铵根离子、钾离子杂质，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查盐类水解的原理及应用，侧重于除杂与分离，题目较为基础，解答本题的关键是能把握除杂的原则．
13．【分析】A、浓度均为0.1 mol L﹣1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和分别为：c（Na+）+c（H+）＝0.1+c（H+）、c（）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝0.1+c（OH﹣），由于Ka（HCOOH）＞Kb（NH3 H2O），根据越弱越水解进行分析；
B、pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞c（HCOOH），所以n（CH3COOH）＞n（HCOOH）；
C、该混合溶液中 HCOOH和 HCOONa的物质的量相等，根据电荷守恒和物料守恒去推质子守恒即可分析；
D、该混合液中含物质的量浓度相等的CH3COOH、CH3COONa和NaCl，由于溶液pH＜7，则CH3COOH的电离大于CH3COONa的水解，但CH3COOH的电离微弱据此分析。
【解答】解：A．浓度均为0.1 ﹣2的 HCOONa和NH4Cl 溶液中有：c（Na+）+c（H+）＝0.7+c（H+）、c（+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝0.6+c（OH﹣），由于Ka（HCOOH）＞Kb（NH3 H2O），根据越弱越水解规律可知6Cl，即HCOONa溶液中c（OH﹣）＜NH4Cl溶液中c（H+），所以HCOONa溶液中c（H+）＞NH4Cl溶液中c（OH﹣），即浓度均为4.1 ﹣1的 HCOONa和NH7Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者；
B．由于Ka（HCOOH）＝1.77×10﹣4＞Ka（CH5COOH）＝1.75×10﹣5，所以pH均为7的HCOOH和CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞c（HCOOH），所以n（CH8COOH）＞n（HCOOH），消耗相同浓度的NaOH的体积：CH3COOH＞HCOOH，故B错误；
C．该混合溶液中 HCOONa的物质的量相等﹣）＝2c（Na+），电荷关系有c（Na+）+c（H+）＝c（HCOO﹣）+c（OH﹣），所以有c（HCOO﹣）+5c（OH﹣）＝c（HCOOH）+2c（H+），故C错误；
D．该混合液中含物质的量浓度相等的CH3COOH、CH8COONa和NaCl，由于溶液pH＜73COOH的电离大于CH2COONa的水解，所以c（CH3COOH）降低、c（Cl﹣）不变、c（CH3COO﹣）增大，但CH5COOH的电离微弱，故c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确电离平衡常数与水解程度关系、溶液中存在的守恒是解本题关键，注意C中等量代换，题目难度中等。
14．【分析】A．硫酸氢铵在溶液中完全电离出氢离子，其浓度最小；铝离子水解溶液呈酸性，则NH4Al（SO4）2的浓度小于氯化铵；
B．反应后溶质为等浓度的醋酸钠、醋酸、NaCl，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），结合物料守恒分析；
C．反应后溶质为碳酸钠，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，由于氢氧根离子还来自水的电离，则c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）；
D．溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒判断．
【解答】解：A．pH相同的①NH4Cl、②NH4Al（SO8）2、③NH4HSO8三种溶液，③中能够电离出氢离子，③的溶液中c（NH4+）最小；①中只有铵根离子水解，则①中铵根离子浓度大于②4+）大小为：①＞②＞③，故A错误；
B．20mL mol/L 6COONa溶液与10mL 0.1mol/L ，则c（H+）＞c（OH﹣），说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度6COO﹣）＞c（CH3COOH），根据物料守恒可知：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH6COOH），所得溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（ H+），故B正确；
C．6.1mol/L 3溶液与6.1 mol/L ，反应后溶质为碳酸钠，则c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO52﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故C错误；
D．常温下pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），根据核电荷数可得：c（Cl﹣）＝c（NH4+），正确的离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH7+）＞c（H+）＝c（OH﹣），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度不大，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力．
15．【分析】A．酸碱中和反应是放热反应，反应过程中会导致溶液温度升高，弱电解质的电离是吸热过程，一水合氨是弱电解质，所以一水合氨电离过程中吸收热量，当温度最高时氨水和盐酸恰好完全反应，二者的物质的量相等；
B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c（H+）或碱中c（OH﹣）越大，其抑制水电离程度越大；
根据图知，a点溶液中没有滴加氨水，溶质为HCl，b点溶液温度最高，说明二者恰好完全反应生成氯化铵，所以溶质为NH4Cl，NH4Cl溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该过量，所以c点溶液中溶质为NH4Cl和NH3．H2O，d点溶液中溶质为NH4Cl和NH3．H2O，且c（NH4Cl）＜c（NH3．H2O）；
C．c点溶液呈中性，则c（NH4+）＝c（Cl﹣），因为溶液体积是盐酸的二倍，所以c（Cl﹣）是原来的一半；
D．c点溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，则c（NH4+）＝c（Cl﹣），因为溶液体积是盐酸的二倍，所以c（Cl﹣）是原来的一半，则c点c（NH4+）＝c（Cl﹣）＝0.5 mol/L，c点溶液中c（NH3．H2O）＝0.5nmol/L﹣0.5mol/L，水解平衡常数Kh＝．
【解答】解：A．酸碱中和反应是放热反应，弱电解质的电离是吸热过程，所以一水合氨电离过程中吸收热量，二者的物质的量相等，二者完全反应时氨水体积小于10mL，即n＞1.0；
B．酸或碱抑制水电离，酸中c（H+）或碱中c（OH﹣）越大，其抑制水电离程度越大；
根据图知，a点溶液中没有滴加氨水，b点溶液温度最高，所以溶质为NH3Cl，NH4Cl溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，所以c点溶液中溶质为NH4Cl和NH5．H2O，d点溶液中溶质为NH4Cl和NH4．H2O，且c（NH4Cl）＜c（NH5．H2O），
a点、d点抑制水电离；
b、c点促进水电离；
所以水电离程度大小顺序是b＞c＞d＞a，
故B错误；
C．c点溶液呈中性4+）＝c（Cl﹣），因为溶液体积是盐酸的二倍﹣）是原来的一半，为2.5mol/L；
D．c点溶液呈中性+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，则c（NH7+）＝c（Cl﹣），因为溶液体积是盐酸的二倍﹣）是原来的一半，则c点c（NH4+）＝c（Cl﹣）＝0.2 mol/L，c点溶液中c（NH3．H2O）＝3.5nmol/L﹣0.3mol/L，水解平衡常数Kh＝＝＝（n﹣6）×10﹣7，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确图中曲线上各个点的溶质成分及其性质、物质的量浓度相对大小是解本题关键，难点是水解平衡常数的计算，注意c点混合溶液中一水合氨浓度的计算，题目难度中等．
16．【分析】A．溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（C）；
B．Na+不水解，部分水解但其水解程度较小；
C．两步水解都生成OH﹣导致溶液呈碱性，只有第一步水解生成；
D．溶液中存在质子守恒c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+2c（H2CO3）。
【解答】解：A．溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（C）+）＝2c（）+2c（2CO3），所以c（Na+）＞6c（），故A错误；
B．Na+不水解，部分水解但其水解程度较小+）＞c（）＞c（）；
C．两步水解都生成OH﹣导致溶液呈碱性，只有第一步水解生成﹣）＞c（），溶液呈碱性导致溶液中c（H+）很小，所以存在c（OH﹣）＞c（）＞c（H+），故C正确；
D．溶液中存在质子守恒c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+2c（H6CO3），则c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（）+6c（H2CO3），故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确盐类水解原理、离子浓度大小比较方法是解本题关键，注意物料守恒、质子守恒的灵活运用。
17．【分析】①根据分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀；
②该反应达到平衡时离子的浓度不变；
③增大硫离子的浓度平衡左移；
④反应的平衡常数K＝＝．
【解答】解：①分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀sp比CuS的Ksp大，故正确；
②该反应达到平衡时各离子的浓度保持不变，但不一定相等；
③增大硫离子的浓度，平衡左向移动2+）、c（Mn2+）均减小，故错误；
④反应的平衡常数K＝＝，故正确。
【点评】本题主要考查了沉淀的平衡以及转化，难度不大，根据平衡移动原理以及沉淀转化的知识即可完成．
18．【分析】A．a点是难溶物FeR的饱和溶液，升高温度则c（Fe2+）、c（B2﹣）不变；
B．根据外界条件对溶度积Ksp的影响判断；
C．根据QC与KSP的关系判断；
D．根据KSP＝c（Fe2+） c（B2﹣）结合曲线上a或b点数值计算KSP；
【解答】解：某温度下，FeB（s） Fe2+（aq）+B2﹣（aq）的平衡常数表达式为KSP＝c（Fe6+） c（B2﹣）；
A．一般而言大多数固体物质的溶解度随温度升高会增大，升高温度则c（Fe2+）、c（B2﹣）仍然不变，所以升温不可能使c（Fe2+）增大、c（B2﹣）不变，即不能实现由a点变到c点；
B．在沉淀溶解平衡曲线上的点表示的Ksp相等，b点对应的KSP等于a点对应的KSP，故B正确；
C．在d点sp，即d点是同温下FeB的不饱和溶液，所以d点不可能生成沉淀；
D．此温度下，Ksp＝c（Fe 8+ ） c（B 2﹣ ）＝2×10﹣3×10﹣9＝2×10﹣18，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念。
二、非选择题（共三道题，共46分）
19．【分析】（1）图表中数据分析可知酸性HF＞H2CO3＞HClO＞，对应盐的水解程度F﹣＜＜ClO﹣＜，常温下，PH相同的三种溶液①NaF溶液 ②NaClO溶液 ③Na2CO3溶液水解程度越大的溶液浓度越小；
（2）碳酸的酸性强于次氯酸，应用强制弱书写化学反应方程式；
（3）常温下，0.1mol L﹣1HF与0.1mol L﹣1NaF溶液等体积混合，计算氟离子的水解平衡常数和HF的电离平衡常数，比较氟离子的水解程度和HF的电离程度判断溶液酸碱性；
（4）反应后溶液呈酸性，计算溶液中c（H+），代入pH＝﹣lgc（H+）计算；
（5）碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解+H2O H2CO3+OH﹣，Kh＝＝；
（6）泡沫灭火器反应原理是利用碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
（7）TiCl4水解生成TiO2 xH2O同时还生成HCl。
【解答】解：（1）三种酸的电离常数大小：HF＞HClO＞，根据盐类“越弱越水解”的规律＞ClO﹣＞F﹣，故pH相同的三种溶液的物质的量浓度大小关系为：c（NaF）＞c（NaClO）＞c（Na2CO3），其物质的量浓度由大到小的顺序是：①＞②＞③，
故答案为：①＞②＞③；
（2）由于Ka7（H2CO3）＞K（HClO）＞Ka4（H2CO3），故NaClO溶液中通入少量CO5，生成HClO和NaHCO3，反应的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+，
故答案为：ClO﹣+CO2+H7O＝HClO+；
（3）常温下，0.8mol L﹣1HF与0.6mol L﹣1NaF溶液等体积混合，氟离子的水解程度和HF的电离程度比较，Kh＝＝1.3×10﹣11＜Ka＝6.8×10﹣6，HF的电离程度大于氟离子的水解程度，所以溶液显酸性，
故答案为：酸性；
（4）常温下，pH＝5的盐酸中c（H+）＝10﹣5mol L﹣7，pH＝9的NaOH溶液中c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，当二者以体积比11：6混合后+）＝mol/L＝10﹣2mol/L，pH＝﹣lg10﹣6＝6，
故答案为：5；
（5）碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解+H2O H5CO3+OH﹣，25℃时，碳酸氢钠溶液的水解平衡常数Kh＝＝＝≈2.4×10﹣6，
故答案为：2.4×10﹣3；
（6）泡沫灭火器反应原理是利用碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体3++3＝Al（OH）3↓+3CO6↑Al3++3＝Al（OH）3↓+3CO7↑，
故答案为：Al3++3＝Al（OH）3↓+3CO8↑；
（7）TiCl4制备TiO2 xH6O的化学方程式为：TiCl4+（x+2）H5OTiO2 xH2O↓+5HCl，
故答案为：TiCl4+（x+2）H3OTiO2 xH2O↓+3HCl。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、pH计算、盐类水解原理的分析判断，侧重对基础知识掌握与计算能力考查，注意知识的熟练掌握。
20．【分析】Ⅰ.（1）定容时应用容量瓶；
（2）CH3COOH 溶液与NaOH溶液恰好反应时溶液显碱性，与酚酞的变色范围8～10基本一致；
（3）滴定管“0”刻度在上，且读数可精确到0.01mL；
（4）第1次滴定误差明显较大，属异常值，应舍去；平均消耗的NaOH溶液的体积V＝mL＝15.00mL，c（市售白醋）＝＝×10＝0.75mol L﹣1；
Ⅱ.（1）以Na2CrO4为指示剂，发生反应为2Ag++＝Ag2CrO4↓，生成Ag2CrO4为砖红色，据此判断滴定终点；
（2）指示剂选择原则①颜色变化明显②溶解度微大于AgSCN，以此来解析；
Ⅲ.（1）A中温度高，升高温度加快反应速率；高锰酸钾可氧化草酸生成二氧化碳；
（2）①酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；
②结合c＝可知，消耗高锰酸钾偏多时，导致测定结果偏高。
【解答】解：Ⅰ.（1）定容时应用容量瓶，
故答案为：容量瓶；
（2）CH3COOH 溶液与NaOH溶液恰好反应时溶液显碱性，与酚酞的变色范围8～10基本一致，
故答案为：酚酞；
（3）滴定管“7”刻度在上，且读数可精确到0.01mL，
故答案为：0.70；
（4）当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变为浅红色，达到滴定终点，
故答案为：滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变为浅红色；
（5）第5次滴定误差明显较大，属异常值；平均消耗的NaOH溶液的体积V＝，c（市售白醋）＝＝﹣1，2L市售白醋中含m（CH3COOH）＝0.75 mol L﹣3×1L×60g mol﹣1＝45.00g，故市售白醋总酸量＝7.500g/100mL，
故答案为：4.500；
Ⅱ.（1）以Na2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液﹣的浓度，则滴入最后一滴硝酸银溶液时，并且30s内不褪色即为终点，
故答案为：滴入最后一滴标准液时，生成砖红色沉淀；
（2）目的是要测定SCN﹣的浓度，所以原理应为先使SCN﹣沉淀，当SCN﹣完全反应后产生其他颜色的沉淀，根据题目所给条件可知AgSCN为白色沉淀，则为AgBr或Ag2CrO4，其中Ag3CrO4的溶度积要稍大于AgSCN，所以会后与AgSCN沉淀2CrO2作为指示剂；到达终点时++＝Ag8CrO4↓，
故答案为：C；2Ag++＝Ag2CrO6↓；
Ⅲ.（1）温度越高反应速率越快，A试管置于热水中，则褪色所用时间短A＜tB，该反应的离子方程式为：5H2C5O4+2+6H+＝10CO2↑+7Mn2++8H5O，
故答案为：＜；5H2C4O4+2+6H+＝10CO2↑+8Mn2++8H5O；
（2）①酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以酸性高锰酸钾溶液应该盛放在酸式滴定管中，
故答案为：酸式；
②A．未用KMnO4标准溶液润洗滴定管，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，测定值偏大；
B．锥形瓶内有水，故B错误；
C．滴定管尖嘴部分有气泡，会导致测定高锰酸钾体积偏大，故C正确；
D．观察读数时，滴定后俯视，测定值偏小；
故答案为：AC。
【点评】本题考查物质含量的测定实验，把握测定原理、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意数据处理及应用，题目难度中等。
21．【分析】（1）酸浸时FeO与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，则反应的离子方程式为：3FeO+10H++＝3Fe3++NO↑+5H2O；
（2）再加入ZnO调节pH目的是：将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而过滤除去；
（3）酸浸的尾气为NO，因要循环利用，可通入O2（或空气）将NO再转化为HNO3；
（4）酸浸液中含有Fe3+、Zn2+、Cu2+，再加入ZnO调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而过滤除去，则滤渣1的成分是Fe（OH）3；加入Zn置换出Cu，故滤渣2 中的成分是Zn和Cu；
（5）当Qc＞Ksp（ZnS）时才生成ZnS沉淀，即c（S﹣ ）＞＝。
【解答】解：（1）酸浸时FeO与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水++＝3Fe3++NO↑+5H2O，
故答案为：4FeO+10H++＝3Fe4++NO↑+5H2O；
（2）再加入ZnO调节pH目的是：将Fe8+转化为Fe（OH）3沉淀而过滤除去，
故答案为：将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而过滤除去；
（3）酸浸的尾气为NO，因要循环利用2（或空气）将NO再转化为HNO3，
故答案为：O4；
（4）酸浸液中含有Fe3+、Zn2+、Cu3+，再加入ZnO调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而过滤除去，则滤渣5的成分是Fe（OH）3；加入Zn置换出Cu，故滤渣2 ，
故答案为：Fe（OH）5；Zn、Cu；
（5）当Qc＞Ksp（ZnS）时才生成ZnS沉淀，即c（S﹣ ）＞＝，
故答案为：大于1.6×10﹣19mol L﹣4。
【点评】本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，熟悉制备流程是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般
