【精选】高考化学专项精析【考点7】电解质溶液（含答案）.doc

精选高考化学复习资料www.ks5u.com 考点8 电解质溶液一、选择题1.(2014·重庆高考·3)下列叙述正确的是()A.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体B.CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO-)增大C.Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2D.25时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)氢氧化铁胶体制备利用的是三价铁离子的水解反应;(2)复分解反应的条件以及氧化还原反应是物质之间是否能够发生化学反应的条件。【解析】选D。浓氨水与氯化铁饱和溶液反应生成氢氧化铁沉淀,而不是胶体,A错误;CH3COO-与H+反应生成CH3COOH,即c(CH3COO-)减小,B错误;Ca(HCO3)2与NaOH反应生成CaCO3沉淀,C错误;Cu(OH)2存在沉淀溶解平衡:Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq),硝酸铜溶液中Cu2+浓度大,抑制氢氧化铜的溶解,因此D正确。2.(2014·新课标全国卷·11)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示,下列说法错误的是()A.溴酸银的溶解是放热过程B.温度升高时溴酸银溶解速度加快C.60时溴酸银的Ksp约等于6×10-4D.若硝酸钾中含有少量溴酸银,可用重结晶方法提纯【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)由图像分析横、纵坐标及曲线的意义;(2)注意Ksp计算公式中应代入物质的量浓度。【解析】选A。由溶解度随温度的变化关系可知:温度升高,该物质的溶解度增大,可见溴酸银(AgBrO3)溶解是吸热过程,A错误;温度升高,溴酸银溶解在水中的微粒运动速度加快,扩散得更快,因此升高温度使其溶解速度加快,B正确;60溴酸银的溶解度大约是0.6 g,则c(AgBrO3)=(0.6 g÷236 g·mol-1)÷0.1 L=0.025 mol·L-1,Ksp=c(Ag+)·c(Br)=0.025×0.0256×10-4,C正确;由于硝酸钾的溶解度比较大,而溴酸银的溶解度较小,所以若硝酸钾中含有少量溴酸银,可用重结晶方法提纯,D正确。3.(2014·浙江高考·12)氯在饮用水处理中常用作杀菌剂,且HClO的杀菌能力比ClO-强。25时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系:Cl2(g)Cl2(aq)K1=10-1.2Cl2(aq)+H2OHClO+H+Cl-K2=10-3.4HClOH+ClO-Ka=?其中Cl2(aq)、HClO和ClO-分别在三者中所占分数()随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是()A.Cl2(g)+H2O2H+ClO-+Cl-K=10-10.9B.在氯处理水体系中,c(HClO)+c(ClO-)=c(H+)-c(OH-)C.用氯处理饮用水时,pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差D.氯处理饮用水时,在夏季的杀菌效果比在冬季好【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)对化学方程式进行加和时平衡常数是相乘的关系。(2)充分利用电荷守恒、图像分析物质的性质。【解析】选C。pH=7.5时c(ClO-)=c(HClO),则Ka=/c(HClO)=10-7.5,将已知三个化学方程式相加得Cl2(g)+H2O2H+ClO-+Cl-,则K=K1·K2·Ka=10-1.2·10-3.4·10-7.5=10-12.1,A错误;根据电荷守恒有c(ClO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(H+),可得c(H+)-c(OH-)=c(ClO-)+c(Cl-),又因c(Cl-)>c(HClO),故B错误;pH=7.5时比pH=6.5时c(HClO)小,杀菌效果差,C正确;温度高HClO会分解,杀菌效果变差,D错误。4.(2014·广东高考·12)常温下,0.2 mol·L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示,下列说法正确的是()A.HA为强酸B.该混合溶液pH=7.0C.图中X表示HA,Y表示OH-,Z表示H+D.该混合溶液中:c(A-)+c(Y)=c(Na+)【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)解题的关键是通过图像c(A-)<0.1 mol·L-1判断出HA属于弱酸;(2)弱酸的正盐溶液中微粒浓度大小比较,水解是微弱的,OH-有两个来源,即A-的水解和H2O的电离,故c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)。【解析】选D。0.2 mol·L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后得到0.1 mol·L-1NaA。若HA为强酸,则溶液显中性,且c(A-)=0.1 mol·L-1,与题图不符,由题目图像可知混合溶液中A-的浓度小于0.1 mol·L-1,说明HA是弱酸,A错误;0.2 mol·L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,恰好反应,得强碱弱酸盐NaA溶液,溶液显碱性,B错误;A-水解致使溶液显碱性,所以溶液中的粒子浓度大小关系是c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),所以X表示OH-,Y表示HA,Z表示H+,C错误;Y表示HA,由物料守恒c(A-)+c(Y)=c(Na+),D正确。5.(2014·海南高考·6)NaOH溶液滴定盐酸实验中,不必用到的是()A.酚酞B.圆底烧瓶C.锥形瓶D.碱式滴定管【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)酸碱中和滴定中使用的仪器,要用酸、碱式滴定管而不用圆底烧瓶;(2)酸碱中和滴定中使用的判断滴定终点的指示剂。【解析】选B。滴定终点需要依据指示剂颜色变化来确定,可以选择酚酞(由无色变为粉红色),A不符合题意;整个实验中用不到圆底烧瓶,所以圆底烧瓶为非必需仪器,B符合题意;在滴定过程中,盐酸需要盛放在锥形瓶中,C不符合题意;氢氧化钠溶液滴定盐酸,所以需要用碱式滴定管盛装氢氧化钠溶液,D不符合题意。6.(2014·海南高考·11)室温下,用0.100 mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol·L-1的盐酸和醋酸,滴定曲线如图所示,下列说法正确的是()A.表示的是滴定醋酸的曲线B.pH=7时,滴定醋酸消耗V(NaOH)小于20 mLC.V(NaOH)=20.00 mL时,两份溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)D.V(NaOH)=10.00 mL时,醋酸溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)酸碱中和滴定曲线的识别;(2)盐类溶液中离子浓度的大小比较。【解析】选B。醋酸为弱电解质,氯化氢为强电解质,等浓度的盐酸和醋酸,则溶液的pH醋酸大于盐酸,故为醋酸,为盐酸,A错误;等体积等浓度的醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠,溶液显碱性,所以pH=7时,加入氢氧化钠的体积小于20 mL,B正确;恰好中和时,氯化钠呈中性,由电荷守恒可知c(Cl-)=c(Na+),而醋酸钠呈碱性,c(Na+)>c(CH3COO-)(CH3COO-会发生水解),故c(Cl-)>c(CH3COO-),C错误;D项为醋酸钠和醋酸的混合物,c(CH3COO-)>c(Na+),也可根据电荷守恒快速判断D错误,阳离子浓度之和不应大于阴离子浓度之和,D错误。7.(2014·上海高考·11)向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2,充分反应后恢复到原来温度,所得溶液中()A.c(Ca2+)、c(OH-)均增大B.c(Ca2+)、c(OH-)均保持不变C.c(Ca2+)、c(OH-)均减小D.c(OH-)增大、c(H+)减小【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)CaC2与水反应的产物。(2)熟悉沉淀溶解平衡原理。【解析】选B。水中加入少量CaC2生成氢氧化钙和乙炔,氢氧化钙会析出,恢复到原来的温度后仍是饱和溶液,c(Ca2+)、c(OH-)均保持不变,B正确。8.(双选)(2014·上海高考·21)室温下,甲、乙两烧杯均盛有5 mL pH=3的某一元酸溶液,向乙烧杯中加水稀释至pH=4。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是()A.溶液的体积:10V甲V乙B.水电离出的OH-浓度:10c(OH-)甲c(OH-)乙C.若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和,所得溶液的pH:甲乙D.若分别与5 mL pH=11的NaOH溶液反应,所得溶液的pH:甲乙【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)明确电离平衡移动与离子浓度的关系;(2)pH与酸碱性的关系。【解析】选A、D。若该一元酸是强酸,则10V甲=V乙,若该一元酸是弱酸,稀释时会继续电离,加水稀释至pH=4时需要多加水,即10V甲<V乙,A正确;室温下,甲溶液中水电离出的OH-浓度为10-11mol·L-1,乙溶液中水电离出的OH-浓度为10-10mol·L-1,即10c(OH-)甲=c(OH-)乙,B错误;两溶液中酸的物质的量相等,分别用等浓度的NaOH溶液完全中和,若是强酸,所得溶液显中性,pH:甲=乙,若是弱酸,则生成强碱弱酸盐,乙中溶液浓度较小,c(OH-)小,pH小,C错误;若分别与5 mL pH=11的NaOH溶液反应,若是强酸,所得溶液显中性,pH:甲=乙,若是弱酸则酸过量,溶液显酸性,乙中浓度小酸性较弱,pH较大,D正确。9.(2014·四川高考·6)下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1 mol·L-1NaHCO3溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)>c(C)>c(HC)>c(OH-)B.20 mL 0.1 mol·L-1CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol·L-1HCl溶液混合后溶液呈酸性,所得溶液中:c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中:c(Cl-)+c(H+)>c(N)+c(OH-)D.0.1 mol·L-1CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)多元弱酸根离子分步水解,逐级减弱;(2)弱酸或弱碱的电离程度均很小。【解析】选B。0.1 mol·L-1的碳酸氢钠溶液与0.1 mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合,二者恰好反应生成碳酸钠和水,碳酸根离子水解,溶液显碱性,且碳酸根离子的水解以第一步为主,因此所得溶液中c(Na+)>c(C)>c(OH-)>c(HC),故A错误;20 mL 0.1 mol·L-1CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol·L-1HCl溶液混合后生成醋酸和氯化钠,反应中醋酸钠过量,所得溶液为醋酸钠、氯化钠和醋酸的混合液,且三种溶质的浓度相等,溶液显酸性,说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度,因此所得溶液中c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+),B正确;氨水是弱碱,盐酸是强酸,因此室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合后生成氯化铵和水,反应中氨水过量,溶液显碱性,因此所得溶液中c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),C错误;0.1 mol·L-1CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合,二者恰好反应生成醋酸钠和水,醋酸根离子水解,溶液显碱性,根据质子守恒可知溶液中c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH),D错误。10.(2014·江苏高考·11)下列有关说法正确的是()A.若在海轮外壳上附着一些铜块,则可以减缓海轮外壳的腐蚀B.2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行,则该反应的H>0C.加热0.1 mol·L-1Na2CO3溶液,C的水解程度和溶液的pH均增大D.对于乙酸与乙醇的酯化反应(H<0),加入少量浓硫酸并加热,该反应的反应速率和平衡常数均增大【解析】选C。Fe与Cu在海水中形成原电池,Cu作正极,加快铁的腐蚀,A错误;该反应的熵减小,但是常温下能自发进行,说明反应一定是放热的,则H<0,B错误;水解反应是吸热反应,加热促进C水解,生成的c(OH-)增大,pH增大,C正确;加热,反应速率增大,酯化反应为放热反应,所以升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,D错误。11.(双选)(2014·江苏高考·14)25时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1 mol·L-1CH3COONa溶液与0.1 mol·L-1HCl溶液等体积混合:c(Na+)=c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(OH-)B.0.1 mol·L-1NH4Cl溶液与0.1 mol·L-1氨水等体积混合(pH>7):c(NH3·H2O)>c(N)>c(Cl-)>c(OH-)C.0.1 mol·L-1Na2CO3溶液与0.1 mol·L-1NaHCO3溶液等体积混合:c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3)D.0.1 mol·L-1Na2C2O4溶液与0.1 mol·L-1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸):2c(C2)+c(HC2)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)会比较盐的水解与电离的相对强弱关系;(2)会灵活运用三大守恒:电荷守恒、物料守恒和质子守恒。【解析】选A、C。CH3COONa与HCl刚好完全反应,生成CH3COOH和NaCl,NaCl完全电离,c(Na+)=c(Cl-),且最大,CH3COOH部分电离,显酸性,则c(CH3COO-)>c(OH-),A正确;NH4Cl和NH3·H2O以物质的量11混合,pH>7,显碱性,则NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度,所以c(N)>c(NH3·H2O),由物料守恒知,c(Cl-)介于c(N)、c(NH3·H2O)之间,B错误;由物料守恒知,2n(Na+)=3n(C),C存在C、HC、H2CO3三种形式,C正确;Na2C2O4与HCl以物质的量11混合得物质的量11的NaHC2O4和NaCl,由电荷守恒有2c(C2)+c(HC2)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+),D错误。12.(2014·福建高考·10)下列关于0.10 mol·L-1NaHCO3溶液的说法正确的是()A.溶质的电离方程式为NaHCO3Na+H+CB.25时,加水稀释后,n(H+)与n(OH-)的乘积变大C.离子浓度关系:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+c(C)D.温度升高,c(HC)增大【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)盐类水解的电荷守恒关系中电荷与化学计量数的关系;(2)弱电解质的电离与水的离子积的影响因素。【解析】选B。NaHCO3的电离方程式应为NaHCO3Na+HC,A错误;25时,加水稀释NaHCO3溶液后,c(H+)与c(OH-)的乘积不变(温度不变,水的离子积不变),但是由于加水后体积变大,则n(H+)与n(OH-)的乘积变大,B正确;0.10 mol·L-1NaHCO3溶液根据电荷守恒,离子浓度关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C),C错误;温度升高,促进HC水解和电离,且水解大于电离,c(HC)减小,D错误。【误区提醒】(1)温度不变,水的离子积不变,不等于二者物质的量乘积不变;(2)电荷守恒中注意化学计量数与电荷数的关系。13.(2014·安徽高考·11)室温下,下列溶液中粒子浓度关系正确的是()A.Na2S溶液:c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H2S)B.Na2C2O4溶液:c(OH-)=c(H+)+c(HC2)+2c(H2C2O4)C.Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(OH-)D.CH3COONa和CaCl2混合溶液:c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)【解题指南】解答本题时需明确以下两点:(1)电荷守恒、物料守恒的应用。(2)比较离子浓度需注意水的电离。【解析】选B。Na2S水解使溶液呈碱性,由于S2-的分步水解及溶剂水电离出OH-使得c(OH-)>c(HS-),A错误;根据电荷守恒和物料守恒可推知B正确;根据电荷守恒知C错误,应该是c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(OH-)+c(HC);根据物料守恒知D错误,应该有c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)。14.(2014·安徽高考·12)中学化学中很多“规律”都有其适用范围,下列根据有关“规律”推出的结论正确的是()选项规律结论A较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸B反应物浓度越大,反应速率越快常温下,相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸,浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质,沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀【解析】选D。HClO见光可分解生成HCl,A错误;常温下浓硝酸对铝有钝化作用,即浓硝酸不能将其溶解,B错误;NH3分子间存在氢键,使其沸点比PH3高,C错误;D正确。15.(2014·山东高考·13)已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,现向10 mL浓度为0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中()A.水的电离程度始终增大B.先增大再减小C.c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和始终保持不变D.当加入氨水的体积为10 mL时,c(N)=c(CH3COO-)【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)电离常数相等意味着两种电解质的电离程度相同;(2)能熟练应用电荷守恒解决问题。【解析】选D。酸碱均抑制水的电离,向CH3COOH溶液中滴加氨水,水的电离程度先增大,当恰好完全反应后,再滴加氨水,水的电离程度减小,A错误;因为氨水的电离常数Kb=,所以=,因为温度不变Kb不变,随氨水的加入c(H+)减小,不断增大,B错误;加入氨水,体积变大,c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和变小,C错误;当加入氨水的体积为10 mL时,氨水与CH3COOH恰好反应,CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,故CH3COO-和N的水解程度相同,溶液呈中性,由电荷守恒可得c(N)=c(CH3COO-),D正确。16.(2014·天津高考·5)下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是()A.pH=1的NaHSO4溶液:c(H+)=c(S)+c(OH-)B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:c(Ag+)>c(Cl-)=c(I-)C.CO2的水溶液:c(H+)>c(HC)=2c(C)D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液:3c(Na+)=2【解题指南】解答本题需注意以下两点:(1)注意电荷守恒和物料守恒在比较离子浓度大小时的应用。(2)多元弱酸的一级电离远远大于二级电离,如H2CO3,c(HC)c(C)。【解析】选A。根据电荷守恒,pH=1的NaHSO4溶液存在:c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(OH-),因为c(Na+)=c(S),所以c(H+)=c(S)+c(OH-),A正确;B项,含有AgCl和AgI固体的悬浊液,c(Ag+)>c(Cl-)>c(I-),错误;C项,CO2的水溶液含有H2CO3,H2CO3的第一步电离远大于第二步电离,所以c(H+)>c(HC)c(C),c(HC)不等于2c(C),错误;D项,含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液,根据物料守恒可得:2c(Na+)=3,错误。17.(2014·新课标全国卷·11)一定温度下,下列溶液的离子浓度关系式正确的是()A.pH=5的H2S溶液中,c(H+)=c(HS-)=1×105mol·L-1B.pH=a的氨水溶液,稀释10倍后,其pH=b,则a=b+1C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)D.pH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c(Na+):>>【解题指南】解答本题时应注意以下3点:(1)弱酸或弱碱溶液稀释10倍,pH变化均小于1;(2)判断溶液中离子浓度时要注意电荷守恒、物料守恒和质子守恒;(3)弱电解质越弱,对应离子的水解程度越大。【解析】选D。A项中H2S为二元弱酸,分步电离,所以,c(H+)=1×10-5mol·L-1>c(HS-),错误;B中弱碱溶液稀释10倍,pH变化小于1,即a-b<1,错误;C为电荷守恒,阴离子中缺少C2,应为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),错误;D中酸性CH3COOH>H2CO3>HClO,所以pH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO,根据越弱越水解的原理,三种盐的浓度应该依次减小,所以钠离子浓度也依次减小,正确。【误区提醒】上题中B项容易出错,对弱酸或弱碱进行稀释时其pH的变化均小于相应的强酸或者强碱,分析时可以事先假定一定的数值,比如可以设a=11,然后进行计算。二、非选择题18.(2014·上海高考·五大题)硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现。硫的化合物大多具有氧化性或还原性。许多金属硫化物难溶于水。完成下列填空:（1）硫化氢具有还原性,可以和许多氧化剂反应,在酸性条件下,H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O,写出该反应的化学方程式:  。（2）石油化工的废气中有H2S,写出从废气中回收单质硫的两种方法(除空气外,不使用其他原料),以化学方程式表示:  。（3）室温下,0.1 mol·L-1的硫化钠溶液和0.1 mol·L-1的碳酸钠溶液,碱性更强的是,其原因是  。已知:H2S:Ki1=1.3×10-7Ki2=7.1×10-15H2CO3:Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11（4）向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液,没有沉淀生成,继续滴加一定量的氨水后,生成ZnS沉淀,用电离平衡原理解释上述现象。  。（5）将黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中,溶液中有淡黄色固体生成,产物还有、。过滤,微热滤液,然后加入过量氢氧化钠溶液,可观察到的现象是  。【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)熟练运用得失电子守恒进行方程式的配平;(2)充分运用平衡移动原理分析溶液的性质、沉淀的产生。【解析】（1）H2S2e-S,KMnO45e-MnSO4,根据得失电子守恒有5H2S2KMnO4,其余结合原子守恒配平。（2）由H2S生成S,一是在氧气中不充分燃烧生成硫,或者是用充分燃烧生成的SO2与H2S反应生成硫;二是H2S自身分解生成硫。（3）硫化钠溶液和碳酸钠溶液水解产生的离子分别是HS-、HC,根据“越弱越水解”,可以比较H2S、H2CO3的二级电离常数的大小来比较这两种离子水解的程度。Ki2(H2S)<Ki2(H2CO3),故Na2S溶液的碱性更强。（4）S2 -浓度达到一定程度才能与Zn2+产生沉淀。H2S是二元弱酸,以第一步电离为主,第二步电离产生S2-,浓度较小,加入氨水会促进电离,使S2-浓度增大。（5）淡黄色固体是S,说明Fe2S3固体在盐酸中发生了氧化还原反应,生成Fe2+和S。Fe2+与氢氧化钠溶液反应先生成白色沉淀Fe(OH)2,然后迅速转化为灰绿色,最终转化为红褐色的Fe(OH)3。答案: （1）3H2SO4+5H2S+2KMnO45S+2MnSO4+K2SO4+8H2O（2）2H2S+3O22SO2+2H2O,2H2S+SO23S+2H2O;H2SS+H2或2H2S+O22S+2H2O（3）硫化钠溶液硫化氢的Ki2小于碳酸的Ki2,硫化钠更易水解（4）饱和H2S溶液中电离产生的S2 -很少,因此没有沉淀。加入氨水后,促进H2S的电离,S2-浓度增大,有沉淀产生（5）FeCl2H2S先有白色沉淀生成,然后沉淀迅速转化为灰绿色,最终转化为红褐色