高中化学人教版（2019）选择性必修1第三章第四节沉淀溶解平衡

高中化学人教版（2019）选择性必修1第三章第四节沉淀溶解平衡
一、单选题
1．（2021·南充模拟）化学反应原理是研究化学的重要工具，下列相关说法正确的是（　　）
A．CH4(g)＋Cl2(g) CH3Cl(g)＋HCl(g)能自发进行，则该反应 H＞0
B．向碳酸钠溶液中通入少量的氯气：Na2CO3＋H2O＋2Cl2=2HClO＋2NaCl＋CO2
C．室温下，稀释0.1 mol/L的HClO溶液，溶液中c(ClO-)减小
D．向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和碳酸钠溶液，振荡过滤洗涤，向沉淀中加入盐酸溶液有气体产生，说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
2．（2021·眉山模拟）某温度下，向体积均为20.00 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的NaCl、Na2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，滴定过程中的pX(pX=-lgX，X=Cl-、CrO )与滴加AgNO3溶液体积关系如图所示(lg3=0.47)。下列说法错误的是（　　）
A．a=1 B．曲线I表示NaCl溶液
C．Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-2b D．M约为2c-1.47
3．（2021·成都模拟）下列说法错误的是（　　）
A．升高HCl稀溶液温度，溶液中c(H+)不变
B．常温，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使其pH=7，则混合液中：c(Na+)=c(CH3COO-)
C．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3固体，溶液中氯离子浓度和溴离子浓度比不变
D．25℃时，将0.1mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH=11.0
4．（2021·大庆模拟）室温下进行下列实验，根据实验操作、现象和所得到的实验结论均正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 常温下，用pH计测定等物质的量浓度的NaHCO3、NaClO4两种盐溶液的pH，测得NaHCO3的pH大于NaClO4 非金属性：Cl>C
B 向含有Na+、K+、NO 、SO 的溶液中逐滴滴加盐酸，立即产生气泡 SO 和H+反应产生SO2气体
C 向某溶液中滴加氯水后在滴加KSCN溶液，溶液呈红色 溶液中一定含有Fe3+
D 向2mL 0.1mol/L Na2S溶液中滴入2mL0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/L CuSO4溶液。开始有沉淀产生，后有黑色沉淀生成 Ksp(CuS)>Ksp(ZnS)
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·射洪模拟）天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9， 某溶洞水体中lgc(X) (X为H2CO3、 、 或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．曲线①代表
B．H2CO3的一级电离常数为10-8.3
C．c(Ca2+)随 pH升高而增大
D．pH=10.3 时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9 mol·L-1
6．（2021·贵州模拟）某温度下，分别向体积均为10 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的KCl溶液和K2CrO4溶液中滴加0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，滴加过程中pCl和pCrO4随加入AgNO3溶液的体积(V)的变化关系如图所示。已知：pCl=-lgc(Cl-)，pCrO4=-lgc( )。下列说法错误的是（　　）
A．曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系
B．若仅增大KCl的浓度，平衡点由R点沿虚线移向S点
C．M点溶液中：c( )＞c(Ag＋)＞c(H＋)＞c(OH-)
D．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-12
7．（2021·长春模拟）下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（　　）
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合物中 产生红棕色气体 硝酸的还原产物为NO2
B 将少量Fe(NO3)2试样加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液 溶液变成血红色 Fe(NO3)2试样无法确定是否变质
C 2滴0.1mol·L 1 MgCl2溶液中滴加2mL 1mol·L 1 NaOH溶液，再滴加2滴0.1 mol·L 1 FeCl3溶液 先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]> Ksp[Fe(OH)3]
D 将溴乙烷和NaOH乙醇溶液混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液 酸性KMnO4溶液褪色 产生了乙烯
A．A B．B C．C D．D
8．（2021·张家口模拟）下列实验操作、现象及结论均正确的是（　　）
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入酸性 溶液中 溶液紫色褪去 产生的气体一定是乙烯
B 向 溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 与 能大量共存
C 常温下，向含等浓度 和 的溶液中逐滴加入NaOH溶液 先生成蓝色沉淀 常温下，
D 将用稀硫酸酸化后的 溶液滴入 溶液中 溶液变黄 氧化性：
A．A B．B C．C D．D
9．（2021·邯郸模拟）难溶金属氢氧化物 开始沉淀的 (简记pH始)与沉淀完全的 (简记pH终)，理论上具有定量关系，假定开始沉淀时 ，设 时沉淀完全，则当 时，pH终-pH始始的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．（2021·保定模拟）下列有关实验操作和现象及所得出的结论错误的是（　　）
选项 实验操作 现象 结论
A 向淀粉溶液中加入少量 的硫酸溶液，加热，冷却，在水解液中加入碘水 溶液未变蓝。 淀粉完全水解
B 向 溶液中滴入1~2滴 溶液，再加入2滴 溶液 先产生白色沉 淀，后产生红 褐色沉淀 无法判断
C 向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水 溶液红色变浅 溶液中 、 深度均减小
D 取 溶液，加入 溶液，萃取分液后，向水层中滴入 溶液 溶液变红色 和 所发生的反应为可逆反应
A．A B．B C．C D．D
11．（2021·信阳模拟）根据下列图示所得出的结论错误的是（　　）
A．图甲表示冰醋酸的导电能力随着加水体积变化关系图，若用湿润的 试纸测量a点的 ，则测量结果可能偏小
B．图乙表示 的盐酸溶液加水稀释至 随 的变化关系图
C．图丙表示一定温度下三种碳酸盐 的沉淀溶解平衡曲线图 ，则有 、 、 的 依次减小
D．图丁表示 盐酸滴定 溶液的滴定曲线
12．（2021高二下·湖北月考）下列实验操作、现象与结论均正确的是（　　）
选项 操作 现象 结论
A 向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体 溶液颜色变浅 FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl平衡向逆反应方向移动
B 浓度均为0.10mol/L的Na2CO3和Na2S的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液 产生黑色沉淀 Ksp(Ag2S)>Ksp(Ag2CO3)
C 向两支盛有 溶液的试管中分别加入 和 溶液 前者比后者褪色快 其他条件不变，反应物浓度增加，反应速率增大
D 常温下，向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞 都变红，但前者红色更深 结合质子的能力：CO >HCO
A．A B．B
C．C D．D
13．（2021高三下·广东开学考）化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋(aq)＋MnS(s) CuS(s)＋Mn2＋(aq)。一定温度下，下列有关该反应的推理正确的是（　　）
A．该反应达到平衡时：c(Cu2＋)=c(Mn2＋)
B．平衡体系中加入少量CuS(s)后，c(Mn2＋)变小
C．平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大
D．该反应平衡常数表达式：K=Ksp(CuS)/Ksp(MnS)
14．（2021高二下·江西开学考）现将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的顺序是（　　）
①20mL 0.01mol·L－1 KCl溶液 ②30mL 0.02mol·L－1 CaCl2溶液③40mL 0.03mol·L－1 HCl溶液
A．①>③>② B．①>②>③ C．②>①>③ D．③>②>①
15．（2021·南昌模拟）某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时-lgc(Pb2+)与-lgc( )或-lgc(I-)的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．Ksp(PbCO3)的数量级为10-14
B．p点对应的是PbCO3不饱和溶液
C．L2对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化
D．向浓度相同的Na2CO3、Nal混合溶液中滴入Pb(NO3)2溶液先产生黄色沉淀
16．（2021·全国甲）已知相同温度下， 。某温度下，饱和溶液中 、 、与 的关系如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．曲线①代表 的沉淀溶解曲线
B．该温度下 的 值为
C．加适量 固体可使溶液由a点变到b点
D． 时两溶液中
17．（2021·昆明模拟）室温下，分别向体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX、HY溶液中，滴加相同浓度的Ba(OH)2溶液(Ba2+与X-、Y-均不反应)。随着Ba(OH)2溶液的加入，由水电离产生的c(H+)的变化趋势如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．相同条件下，Ka(HX)>Ka(HY)
B．M点溶液显中性，溶液中c(Y-)C．N点对应Ba(OH)2溶液的体积为10mL
D．T点溶液中阴离子浓度之和大于M点
二、多选题
18．（2021·邵阳模拟）下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是（　　）
选项 实验 现象 结论
A 向FeCl3溶液中通入足量的H2S 生成两种沉淀 Fe3+的氧化性强于S
B 向浓度均为0.1 mol：L-1的CuSO4和MgSO4混合溶液中滴加少量NaOH溶液 先出现浅蓝色沉淀 Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
C 向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液 有气体产生，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深 Fe3+能催化H2O2 分解，且该分解反应为放热反应
D 铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体 加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝 硝酸钾起催化作用
A．A B．B C．C D．D
19．（2020高二下·宿迁期末）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 结论
A 取5mL0.1 mol·L-1KI溶液，加入1mL0.1 mol·L-1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变血红色 Fe3+与Iˉ反应具有可逆性
B 向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)
C 等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快 HA酸性比HB弱
D 室温下，用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离H+的能力比CH3COOH的强
A．A B．B C．C D．D
20．（2020高二下·连云港期末）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向0.1 mol/LFeCl2溶液中加入几滴氯水，溶液颜色变成棕黄色 氯水中含有HClO
B 用pH试纸测得浓度均为0.1 mol/L的CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 CH3COOH电离出H+的能力比HNO2的强
C 向3 mol KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1 mL淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2的氧化性比I2的强
D 向浓度均为0.05 mol/L的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
21．（2020·南京模拟）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2 min后，试管里出现凝胶 酸性：盐酸>硅酸
B 将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色 Fe(NO3)2已变质
C 向5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液中加入0.1 mol·L－1的FeCl3溶液1 mL，振荡，用苯萃取2～3次后取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色 反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2是有一定限度的
D 在2 mL 0.01 mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 mol·L－1 ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01 mol·L－1 CuSO4溶液，又出现黑色沉淀 Ksp(CuS)A．A B．B C．C D．D
三、填空题
22．（2020高二上·秦皇岛期末）25℃ 时，硫氢化钾溶液里存在下列平衡：a.
HS-+H2O OH-+H2S b.HS- H++S2-
（1）平衡a 是　 　平衡；平衡b是　 　平衡 (填“电 离”或“水 解”)；
（2）向KHS溶液中加入氢氧化钠固体时，c(S2-)将　 　(填“增 大”“ 减小”或“不 变”， 下同)；向KHS溶被中通入HCl时，c(HS-)将　 　；
（3）向KHS溶液中加入硫酸铜溶被时，有黑色沉淀(CuS)产生，则平衡a　 　(填“正向” “逆向”或“不”，下 同 )移动， 平 衡b　 　移 动。
23．（2020高二上·洮南期中）常温下，向 溶液中加入 溶液，可观察到的现象是　 　，发生反应的离子方程式为　 　，Fe(OH)3的溶度积表达式　 　，产生Fe(OH)3沉淀的条件是QC　 　KSP(大于、等于或小于)。
四、实验探究题
24．（2021·西城模拟）某实验小组探究盐溶液对弱电解质的电离及难溶电解质的溶解的影响。
文献指出：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”。
（1）对弱电解质Fe(SCN)3的电离的影响。
资料：i.等浓度的MgSO4与FeSO4的盐效应相当。
ii.Fe2++2SCN- Fe(SCN)2(无色)；Mg2+与SCN-不反应。
①加入0.5mLH2O的目的是　 　。
②对比a、b中的现象，得出的结论是　 　。
③结合化学平衡移动原理解释c中红色比b浅的原因：　 　。
（2）对难溶电解质FeCO3的溶解性的影响。
ⅰ
ⅱ
资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当。
对比实验ⅰ、ⅱ，对于ⅱ中溶液为红色，提出假设：
A．……
B．溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解。
设计对比实验ⅲ，证实假设B是主要原因。
①假设A是　 　。
②对比实验ⅲ的步骤和现象：　 　(按实验ⅱ的图示方式呈现)。
（3）通过以上实验，说明该实验条件下盐溶液通过　 　、　 　可促进弱电解质的电离及难溶电解质的溶解。
25．（2021高二下·北京开学考）
（1）(一)某小组同学用下列试剂研究将AgCl转化为AgI。(已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17)
实验操作(试剂：0.1
mol/L NaCl溶液，0.1 mol/L AgNO3溶液，0.1 mol/L KI溶液)：向盛有2 mL 0.1 mol/L NaCl溶液的试管中(将操作补充完整)　 　。
（2）实验现象：　 　
（3）实验分析及讨论：
①该沉淀转化反应的离子方程式是　 　。
②由上述沉淀转化反应的化学平衡常数表达式可推导：K 　 　(列式即可，不必计算结果)。
（4）(二)某同学设计如下实验装置实现AgNO3溶液和KI溶液间的反应(a、b均为石墨)。
当K闭合后，发现电流计指针偏转，b极附近溶液变蓝。
①b极发生的是　 　(填“氧化”或“还原”)反应。
②a极上的电极反应式是　 　。
（5）事实证明：AgNO3溶液与KI的溶液混合只能得到AgI沉淀，对比(4)中反应，从反应原理的角度解释产生该事实的可能原因：　 　。
五、综合题
26．（2021·南通模拟）铬铁矿主要成分为铬尖晶石(FeCr2O4)，以铬铁矿为原料可制备Cr2(SO4)3溶液。铬铁矿的尖晶石结构在通常条件下难以被破坏，其中的二价铁被氧化后，会促进尖晶石结构分解，有利于其参与化学反应。
（1）铬铁矿中的基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为　 　。
（2）120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液。写出加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式：　 　。
（3）其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是　 　。
（4）已知：室温下Ksp[Cr(OH)3]=8×10-31，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，可通过调节溶液的pH，除去酸浸后混合液中的Fe3+。实验测得除铁率和铬损失率随混合液pH的变化如图2所示。pH=3时铬损失率高达38%的原因是　 　。
（5）在酸浸后的混合液中加入有机萃取剂，萃取后，Fe2(SO4)3进入有机层，Cr2(SO4)3进入水层。取10.00mL水层溶液于锥形瓶中，先加入氢氧化钠调节溶液至碱性，再加入足量过氧化氢溶液。充分反应后，加热煮沸除去过量过氧化氢。待溶液冷却至室温，加入硫酸和磷酸的混合酸酸化，此时溶液中Cr全部为+6价。在酸化后的溶液中加入足量KI溶液，以淀粉溶液作指示剂，用0.3000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O =S4O +2I-，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液19.80mL，计算萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度　 　。(写出计算过程)
27．（2021高二下·高邮月考）水体富营养化是由于水体中N、P等营养盐含量过多而引起的水质污染现象。去除水体中N、P的方法很多。
（1）化学沉淀法去除水体中的PO43-，常用的化合物有AlCl3、Ca(OH)2 等。
①AlCl3溶液中Al3+水解的离子方程式为　 　。
②Ca5(PO4)3OH的Ksp为6.8X10-37， 其溶度积常数表达式为Ksp[Ca5(PO4)3OH]=　 　。
（2）为探究将废水中氨态氮(NH3-N) 和PO43-同时去除，按n(NH4Cl)：nNa2HPO4)：n(MgCl2)
=1：1：1加入水中，实验测得不同pH下，氨态氮和PO43-的去除率如图(a)所示：
已知： (I) 去除的主要反应为： Mg2++NH4++HPO42-+6H2O MgNH4PO4 6H2O↓+H+ ，
(II)室温时，Ksp(MgNH4PO4 6H2O)=2.5X10-13， Ksp[Mg(OH)2]= 1.8x10-11，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3X10-31。
①pH在8.5~10.5时，氨态氮和PO43-去除率随pH增大而增大，其原因是　 　(从平衡移动角度说明)。
②当pH> 10.5时，氨态氮和PO43-去除率随pH增大而减小，其原因是　 　(从平衡移动角度说明)。
（3）-种浸没式SMDDC电池可用于去除地下水中硝态氮，其装置如图(b)所示：
①装置工作时，H+向　 　极(填“X”或“Y")室迁移。
②X极上(CH2O)n→CO2 的电极反应式为　 　；
Y极上NO3-→>N2的电极反应式为　 　
28．（2021·遵义模拟）碱式氧化镍(NiOOH)可作镍电池的正极材料，现用某废镍原料(主要含Ni、Al、SiO2，少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“碱浸”时，发生反应的离子反应方程式①　 　，②　 　。
（2）已知该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
　 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH
Ni2＋ 6.2 8.6
Fe2＋ 7.6 9.1
Fe3＋ 2.3 3.3
Cr3＋ 4.5 5.6
“调pH 1”时，主要除去的离子是　 　，溶液pH范围　 　。
（3）在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式　 　。
（4）在酸性溶液中CrO 可以转化成Cr2O ，用离子方程式表示该转化反应　 　，已知BaCrO4的Ksp＝1.2×10－10，要使溶液中CrO 沉淀完全(c(CrO )≤1×10－5mol·L－1)，溶液中钡离子浓度至少为　 　mol·L－1。
29．（2021·天河模拟）某油脂厂废弃的油脂加氢所用催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及他们的氧化物，还有少量其他不溶性杂质。采用如图工艺流程回收其中的镍来制备硫酸镍晶体(NiSO4 7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示，回答下列问题：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时的pH(c=1.0mol L-1) 6.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时的pH(c=1.0×10-5mol L-1) 8.7 4.7 3.2 9.0
（1）废镍催化剂上的油脂在过程中被处理，滤液①中含有的无机阴离子有OH-、　 　。
（2）“转化”过程中反应的化学方程式为　 　，c(H2O2)随时间t的变化关系如图所示，反应开始10~20min内c(H2O2)迅速减小，原因是　 　。
（3）利用表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=　 　，“转化”后的溶液中Ni2+的浓度为1.0mol L-1，“调pH”应控制的pH范围是　 　。
（4）进行操作I前通常要在滤液③中加入少量稀硫酸，作用为　 　。
（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，反应的离子方程式为　 　。
30．（2021·盐城模拟）(铬是造成水体重度污染的元素之一，水体除铬主要有还原沉淀法、离子交换法、光催化还原法等。
（1）还原沉淀法：向水体中加入FeSO4、CaSO3等将高毒性Cr(Ⅵ)还原为低毒性Cr(Ⅲ)再调节pH使Cr(Ⅲ)生成Cr(OH)3沉淀除去。
①Cr(Ⅵ)在水溶液中的存在形态分布如图1所示。向pH=1.5的含Cr(Ⅵ)污水中加入FeSO4，发生的主要反应的离子方程式为　 　。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图2所示。当pH＞12时，铬去除率下降的原因可用离子方程式表示为　 　。
（2）离子交换法：用强碱性离子交换树脂(ROH)与含铬离子(CrO 、HCrO 等)发生离子交换。如与CrO 的交换可表示为2ROH(s)+CrO (aq) R2CrO4(s)+2OH-(aq)。Cr(Ⅵ)去除率与pH关系如图3所示，当pH＞4时，Cr(Ⅵ)去除率下降的原因是　 　。
（3）光催化还原法：可能的反应机理如图4所示，ZrO2纳米管为催化剂，在紫外光照射下，VB端光生空穴(h+)被牺牲剂甲醇(CH3OH)消耗。在紫外光照射下，甲醇还原Cr(Ⅵ)的过程可描述为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质
【解析】【解答】A．该反应能自发进行，说明 ，CH4(g)＋Cl2(g) CH3Cl(g)＋HCl(g)的 =0，则 ， ，A不符合题意；
B．氯气少量不能生成二氧化碳，只能生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为Na2CO3＋H2O＋Cl2=HClO＋NaHCO3＋NaCl，B不符合题意；
C．加水稀释HClO，溶液体积增大程度大于电离平衡向右移动使n(ClO-)增大的程度，因此总体来说c(ClO-)减小，C符合题意；
D．碳酸钠足量，无论BaSO4和BaCO3的Ksp谁大，都会产生碳酸钡沉淀，因此无法比较BaSO4和BaCO3的Ksp，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据即可判断
B.氯气少量应该产生的是碳酸氢钠不是二氧化碳
C.弱酸电离，稀释时浓度降低
D.应该加入少量的碳酸钠溶液
2．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．纵坐标表示pX=-lgX(X=Cl-， )，c(Cl-)= c( )=0.1mol/L，代入得a=1，选项A不符合题意；
B．等体积、等浓度的NaCl溶液，Na2CrO4溶液与等浓度AgNO3溶液恰好反应时（滴定曲线突跃中点），NaCl溶液反应消耗AgNO3溶液体积只有Na2CrO4溶液消耗AgNO3溶液体积的一半，Ⅰ表示NaCl溶液，选项B不符合题意；
C．从图中可得Na2CrO4溶液与AgNO3溶液反应终点时c( )=10-bmol/L，c(Ag+)=2 10-bmol/L，Ksp(Ag2CrO4)= 4 10-3b，选项C符合题意；
D．NaCl溶液中加入40mL的AgNO3溶液，AgNO3溶液过量，反应后溶液中，c(Ag+)= 0.1mol/L，由图可得Ksp(AgCl)= 1 10-2c，求出c(Cl-)=3 10 10-2cmol/L，pX=M=2c-1.47，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据 pX(pX=-lgX，X=Cl-、CrO ) 即可计算出起始时的数据
B.根据反应的量的关系即可判断
C.根据 pX=-lgX =b即可计算出
D.根据此时的数据计算出银离子的浓度，结合氯化银的离子积常数即可计算出M的纵坐标
3．【答案】A
【知识点】电解质在水溶液中的电离；水的电离；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．升高HCl稀溶液温度，溶液中c(H+)增加，升温水的电离常数增大，c(H+)增加，故A符合题意；
B．常温，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使其pH=7，则c(H+)= c(OH-)，结合电荷守恒可知混合液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，故B不符合题意；
C．B.氯离子和溴离子浓度的比值为： ，Ksp与温度有关，与浓度无关，则加入少量AgNO3后，AgCl和AgBr的溶度积Ksp均不变，则氯离子和溴离子浓度的比值不变，故C不符合题意；
D．NaOH为强电解质，加水稀释100倍，c(OH-)=0.001mol/L，c(H+)=1×10-14mol/L÷0.001mol/L=1×10-11mol/L，所得溶液的pH=11.0，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.升高温度，水的离子积变大，氢离子浓度变大
B.根据电荷守恒即可判断
C.根据难溶电解质的转换即可判断，温度不变，比值不变
D.根据给出的数据即可计算出溶液的pH
4．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．等物质的量浓度的NaHCO3、NaClO4，NaHCO3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，说明碳酸为弱酸，而NaClO4为强酸强碱盐，溶液显中性，说明高氯酸为强酸，用pH计测量溶液的pH，从而得到非金属性：Cl＞C ，A符合题意；
B．向含有Na+、K+、NO 、SO 的溶液中逐滴滴加盐酸，H+、NO 、SO 发生氧化还原反应生存硫酸和NO，B结论不符合题意；
C．向某溶液中滴加氯水后在滴加KSCN溶液，溶液呈红色，则原溶液中可能存在Fe2+，C结论不符合题意；
D．向2mL 0.1mol/L Na2S溶液中滴入2mL0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/L CuSO4溶液，过量S2-能与Zn2+反应生成沉淀，不能证明Ksp(CuS)＞Ksp(ZnS)，D结论不符合题意；
答案为A。
【分析】A.用ph计测定等物质的量浓度的NaHCO3、NaClO4两种盐溶液的pH，可知高氯酸的酸性大于碳酸的酸性
B.向含有Na+、K+、NO 、SO 的溶液中逐滴滴加盐酸，H+、NO 、SO 发生氧化还原反应生存硫酸和NO
C.氯水可氧化二价铁离子，造成干扰
D.过量S2-能与Zn2+反应生成沉淀，不能证明Ksp(CuS)＞Ksp(ZnS)
5．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由上述分析可知，曲线①代表 ，A不符合题意；
B．曲线①为 ，由点(6.3，-5)可知，H2CO3的一级电离常数 ，B不符合题意；
C．曲线③代表Ca2+，根据图像可知，c(Ca2+)随pH升高而减小，C不符合题意；
D．已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，根据图像，pH=10.3时，c( )=c( )=10-1.1，则 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图像可知，随着pH的增大，溶液碱性增强， 、 浓度都增大，而曲线①在pH很小时也产生，因此曲线①代表 ，②代表 ，③代表Ca2+，据此分析解答。
6．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．KCl和硝酸银反应的化学方程式为：KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为：K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以L1代表是-lgc(Cl-)与V(AgNO3)的变化关系，故A不符合题意；
B．由A选项可知曲线I表示AgCl的溶解平衡曲线，温度不变，Ksp不变，增大KCl的浓度，再次平衡后，pCl=-lgc(Cl-)不变，但消耗的AgNO3体积增大，所以平衡点由R点向右平动，故B符合题意；
C．M点加入的硝酸银溶液体积是15mL，根据反应方程式KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，可知，生成0.001mol硝酸钾和0.001mol氯化银，剩余0.0005mol硝酸银，则c( )＞c(K+)＞c(Ag+)，银离子水解使溶液表现酸性，则c(H+)＞c(OH-)，所以M点溶液中，离子浓度为：c( )＞c(Ag＋)＞c(H＋)＞c(OH-)，故C不符合题意；
D．N点纵坐标的数值是4，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c( )=10-4.0mol/L，c(Ag+)=2×10-4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c( )c2(Ag+)=10-4.0mol/L×(2×10-4mol/L)2=4.0×10-12，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据根据硝酸银反应的化学方程式即可判断曲线表示的意义
B.根据温度不变，常数不变，结合氯化钾的浓度增大消耗的硝酸银体积增大即可判断
C.根据M点的溶质进行判断离子浓度即可
D.根据N点进行计算出
7．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；乙烯的化学性质
【解析】【解答】A．浓硝酸被稀释变为稀硝酸，稀硝酸的还原产物是无色的一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成红棕色二氧化氮，选项A不符合题意；
B．将少量Fe(NO3)2试样加水溶解后加稀硫酸酸化，在酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应可生成Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为血红色不能断定Fe(NO3)2试样已变质，B项符合题意；
C．NaOH过量，FeCl3会与剩余的NaOH反应生成Fe(OH)3，无法确定两种沉淀的Ksp大小，故C不符合题意；
D．乙烯中含有乙醇，乙醇也可使酸性KMnO4溶液褪色，故D项不符合题意。
【分析】A.铜和稀硝酸的反应产物是一氧化氮，不是二氧化氮
B.硝酸根在加入硫酸后，具有很强的氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，不能检验是否变质
C.氢氧化钠过量不能验证难溶沉淀之间的转化，如要验证需要控制氢氧化钠的量是少量
D.通入高锰酸钾之前需要进行除去其他还原性气体，防止干扰乙烯的验证
8．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变；乙醇的化学性质
【解析】【解答】A．乙醇具有还原性，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，A项不符合题意；
B．Ag+与 会形成络合物，B项不符合题意；
C．向含等浓度Mg2+和Cu2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成蓝色沉淀，说明先生成 ，则表明 ，C项符合题意；
D．酸性溶液中 具有强氧化性 ，会将Fe2+氧化成Fe3+，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.通入之间先将会发的乙醇蒸汽除去
B.形成可银氨溶液可以溶于水
C.ksp越小越易产生沉淀
D.主要利用的是硝酸根的氧化性
9．【答案】A
【知识点】pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】 ， ， ，即 ，两边取负对数得 ；
故答案为：A。
【分析】根据难溶性沉淀的溶解平衡根据数据计算即可
10．【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二糖的性质和用途
【解析】【解答】A．淀粉遇碘单质会变蓝，其在稀硫酸共热作用下会发生水解生成葡萄糖，若向淀粉溶液中加入少量 的硫酸溶液，加热，冷却，在水解液中加入碘水，无明显现象，则说明淀粉完全水解，A不符合题意；
B．向 溶液中滴入1~2滴 溶液，反应生成氢氧化镁沉淀，因为氢氧化钠过量，再加入2滴 溶液时，会产生红褐色沉淀，但不能说明是沉淀之间的转化而来的，则不能判断溶度积： ，B不符合题意；
C．氨水中存在电离平衡： ，向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水稀释，溶液中的氢氧根离子浓度会降低，因为温度不变，所以水的离子积不变，则溶液中的氢离子浓度升高， C符合题意；
D．取 溶液，加入 溶液发生反应生成亚铁离子与碘单质，其中反应物碘离子过量，萃取分液后，向水层中滴入 溶液，溶液显血红色，则说明铁离子有剩余，所以可证明该反应为可逆反应，铁离子转化率达不到100%，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.淀粉遇碘变蓝色，若加入碘水不变色，说明无淀粉
B.如要证明溶度积的大小需要控制氢氧化钠的量极少
C.变浅说明氢氧根离子浓度降低，结合水的离子积得出氢离子的浓度变化
D.根据碘离子过量，理论上不存在铁离子不会变红，但是变红说明存在铁离子，说明反应是有限度
11．【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定
【解析】【解答】A．根据图A知，a点稀释导电能力增强，所以稀释促进醋酸电离，离子浓度增大；若用湿润的pH试纸测量a点的pH，相当于溶液加水稀释，根据图像走势，导电性增强，则氢离子浓度增大测量结果偏小，A项不符合题意；
B．HCl为强电解质，完全电离，不存在电离平衡，所以每稀释10倍，氢离子浓度减小10倍，pH增大1个单位，B项不符合题意；
C．pM相等时，图丙中 数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，C项不符合题意；
D.0.001mol/L氢氧化钠溶液pH为11，用0.001mol/L盐酸滴定，达到滴定终点溶液的pH为7，然后继续加入盐酸，溶液中氢离子浓度始终小于原来盐酸的浓度，所以pH始终大于7，D项符合题意；
故答案为：D
【分析】用稀盐酸滴定氢氧化钠溶液，当滴定完全之后，所得的到溶液显示酸性，但是始终不能达到所加入盐酸的pH，只能无限的接近pH=3
12．【答案】D
【知识点】化学反应速率；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A. FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl 的本质是Fe3++3SCN- Fe(SCN)3钾离子和氯离子并没有参与反应，加少量氯化钾不会影响平衡移动，不符合题意
B. Ag2S黑色沉淀，先产生黑色沉淀说明，Ksp(Ag2S)Ksp(Ag2CO3)，Ksp越小越难溶，不符合题意
C.现象应该是后者比前者褪色快，不符合题意
D.前者颜色更红，说明碱性更强，即碳酸根的水解能力更强，也就是结合质子的能力：CO >HCO ，符合题意
故答案为：D
【分析】重点1、溶液中离子反应的可逆反应要注意反应的本质即参加反应的离子和生成的离子
2、在化学式的结构相似时，Ksp越小，越难溶
13．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据Cu2＋(aq)＋MnS(s) CuS(s)＋Mn2＋(aq)得，Ksp(CuS)＜Ksp(MnS)，K= = = ＞1，即c(Cu2＋)＜c(Mn2＋)，A不符合题意；
B．CuS为固体，对上述平衡没有影响，B不符合题意；
C．加入少量Cu(NO3)2(s)，c(Cu2＋)增大，上述平衡向右移动，c(Mn2＋)增大，C符合题意；
D．由A可知，K= = = ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.依据Ksp(CuS)和Ksp(MnS)进行比较即可
B.固体不影响平衡
C.增加反应物，平衡移动
D.根据K= 计算
14．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】①20mL 0.01mol·L-1 KCl溶液氯离子浓度为0.01mol·L-1；②30mL 0.02mol·L-1 CaCl2溶液中氯离子浓度为0.04mol·L-1；③40mL 0.03mol·L-1 HCl溶液中氯离子浓度为0.03 mol·L-1，所以氯化银的溶解度由大到小的顺序为：①＞③＞②，
故答案为：A。
【分析】AgCl存在沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq) + Cl-(aq)，所以溶液中存在的Ag+、Cl-会对AgCl的溶解度造成影响，银离子或氯离子浓度越小，氯化银的溶解度越大。
15．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A． 由上述分析可知图像L2 对应的是-lgc(Pb2+)与-lg 的关系变化，则 数量级为 10-14，故A符合题意；
B．离子浓度的负对数越小，则离子浓度越大， p点位于L2的左下方，则对应PbCO3的过饱和溶液，故B不符合题意；
C． L2 对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化，故C符合题意；
D． ， ， ，则p 点溶液中加入 Na2CO3 浓溶液，先得白色沉淀，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 ，则 ，同理 ，则图像L1 对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化，以此分析。
16．【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，A不符合题意；
B.曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO42-)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，B符合题意；
C.向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知，溶液中c(SO42-)将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，C不符合题意；
D.由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝10y1-y2，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO42-)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO42-)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO32-)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO32-)]的关系。
17．【答案】B
【知识点】水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由图示可知， 水解对水的电离促进程度较大，则HY的酸性较弱，所以相同条件下Ka(HX)>Ka(HY)，故A不选；
B．本题为向酸中滴加Ba(OH)2溶液，因此随着Ba(OH)2溶液的加入溶液先进行酸碱中和反应，所以当HY与Ba(OH)2溶液中水电离出的 第一次达到 时为中性点，当继续滴加Ba(OH)2溶液会抑制水的电离(N点之后)，即第二次水电离 该点为碱性点，所以M点呈中性，根据电荷守恒 ，所以c(Y-)＞(Ba2+)，故B；
C．N点完全反应点，0.1mol/LBa(OH)2溶液中 ，故消耗完20mL0.1mol/L的HY需要10mL0.1mol/LBa(OH)2溶液，故C不选；
D．根据电荷守恒可得T点 ；M点 ；T、M点 相同，T点 大于M点，所以 ，故D不选。
故答案为：B
【分析】A.根据起始点的氢离子浓度即可判断HX和HY的电离常数大小
B.根据电荷守恒进行判断
C.恰好完全反应即可计算出氢氧化钡的体积
D.根据电荷守恒结合氢离子浓度的大小即可判断
18．【答案】B,C
【知识点】氧化还原反应；催化剂；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A. 氯化铁溶液中通入硫化氢，反应生成氯化亚铁和硫和水，只有一种沉淀，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，铁离子氧化性大于硫，A不符合题意；
B. 相同浓度的Cu2+、Mg2+中加入OH-，先出现浅蓝色沉淀，是因为先析出物质的溶解度小，因此Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，B符合题意；
C. 过氧化氢分解产生气体，氯化铁溶液颜色加深，说明水解程度增大，说明该分解反应是放热反应，C符合题意；
D. 铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入，发生反应的离子方程式为：3Cu2++2+8H+=3Cu2++2NO+4H2O，体现了硝酸根在酸性环境中(HNO3)的强氧化性，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；
B.根据离子浓度相同的情况下溶度积小的先沉淀分析；
C.根据勒夏特列原理分析；
D.硝酸根在酸性条件下有强氧化性；
19．【答案】A,C
【知识点】化学反应的可逆性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.5mL0.1mol/LKI和1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合反应，KI过量，完全反应萃取后的水层滴入KSCN溶液，溶液变血红色，说明还含有Fe3+，即Fe3+和Iˉ反应具有可逆性，故A符合题意；
B．向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明相同条件下AgI更容易沉淀，则Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故B不符合题意；
C．等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快，说明HA溶液中存在电离平衡，消耗氢离子促进HA的电离，所以反应过程中氢离子浓度大于HB溶液，反应速率较快；pH相等，HA的浓度更大，产生氢气更多，都说明HA酸性比HB弱，故C符合题意；
D．两溶液的浓度不一定相等，无法比较，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．依据I-过量，Fe3+反应不到底判断反应是可逆的；
B．依据相同条件下，溶度积小的物质先析出；
C．利用勒夏特列原理，平衡会向减弱这种改变的方向移动，氢离子变化慢的是弱酸，平均反应速率快；
20．【答案】C,D
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．氯水中含有的Cl2也可以将Fe2+氧化为Fe3+而使溶液显黄色，因此不能确定氯水中是否含有HClO，A不符合题意；
B．根据盐的水解规律，酸越弱，其形成的盐水解程度越大，该溶液的pH就越大，所以使用pH测定等浓度CH3COONa、NaNO2溶液的pH，前者大，说明CH3COOH的酸性比HNO2的弱，更难电离产生H+，B不符合题意；
C．向3 mol KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1 mL淀粉溶液，溶液显蓝色，说明有I2生成，发生了反应：Br2+2KI=2KBr+I2，从而证明了Br2的氧化性比I2的强，C符合题意；
D．同一溶液中含有等浓度的Cl-、I-，向溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明产生了AgI沉淀，证明c(Ag+)·c(I-)＜c(Ag+)·c(Cl-)，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.氯水中存在氯气和次氯酸具有氧化性
B.相同浓度的不同酸根离子的盐溶液pH越大，酸性越弱电离出氢离子的能力越弱
C.氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性
D.溶度积越小越易形成沉淀
21．【答案】A,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硅酸的性质及制法；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A. 试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据强酸制备弱酸的原理可知酸性：盐酸＞硅酸，A符合题意；
B. 将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，溶液中的氢离子和硝酸根将二价铁氧化成三价铁，不能说明Fe(NO3)2已变质，B不符合题意；
C. 根据量的关系5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液和1 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液知，KI过量，滴加KSCN溶液后，出现血红色，溶液中有Fe3+，则说明反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2是有一定限度的，C符合题意；
D. 先滴入几滴0.01 mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入0.01 mol·L－1CuSO4溶液，又出现的黑色沉淀CuS不一定是由ZnS转化而来，所以无法据此比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小关系，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】B、硝酸根离子遇到氢离子能将亚铁离子转化成铁离子，不能证明变质
D、硫离子过量，故没有体现沉淀的互相转化过程
22．【答案】（1）水解；电离
（2）增大；减小
（3）逆向；正向
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）平衡a中HS-水解生成氢氧根离子和硫化氢，为HS-离子的水解平衡，平衡b中HS-电离出氢离子和硫离子，为HS-的电离平衡；
（2）向KHS溶液中加入氢氧化钠固体时，平衡b向着正向移动，c（S2- ）将增大；向KHS溶液中通入HCl时，氢氧根离子与HCl反应，平衡a向着正向移动，c（HS- ）将减小；
（3）铜离子和硫离子反应生成CuS黑色沉淀，所以促进HS-离子电离，平衡b向着正向移动，HS-离子浓度减小，平衡a向着逆向移动；由于促进HS-离子电离导致溶液中c（H+）变大，溶液的pH减小。
【分析】（1）注意水解会生成氢离子或氢氧根离子；
（2）氢氧化钠溶液显碱性，存在大量的氢氧根离子，会消耗溶液中的氢离子，而HCl溶液显酸性，会电离出氢离子，据此分析；
（3） 黑色沉淀(CuS)产生， 说明消耗了硫离子，会导致硫离子的减少，使平衡发生移动，据此分析。
23．【答案】有红褐色沉淀生成，有气泡冒出；；Ksp=[Fe3+].[OH-]3；大于
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】FeCl3是强酸弱碱盐，NaHCO3是强碱弱酸盐，FeCl3和NaHCO3相互促进水解生成氢氧化铁沉淀、二氧化碳气体和氯化钠，所以所以现象为：有红褐色沉淀生成，有气泡冒出，反应的离子方程式为Fe3++3 =Fe(OH)3↓+3CO2↑；Fe(OH)3的沉淀溶解平衡为：Fe(OH)3 Fe3++3OH-，溶度积表达式为：Ksp=[Fe3+].[OH-]3；产生Fe(OH)3沉淀的条件是Qc大于Ksp。
【分析】FeCl3和NaHCO3相互促进水解，根据其反应产物得到反应现象；书写离子方程式时注意标注相应的气体、沉淀符号，并配平反应；根据溶度积表达式进行书写；当Qc＞Ksp时，产生沉淀。
24．【答案】（1）排除稀释对溶液颜色的影响；MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；b、c中的盐效应相当，Fe(SCN)3 Fe3++3SCN-，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使得c(SCN-)降低，平衡正向移动，红色变浅
（2）KSCN溶液的盐效应促进FeCO3的溶解；
（3）盐效应；化学反应
【知识点】化学平衡移动原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)①平行实验b、c中分别加入0.5mL其它溶液，所以为了排除稀释对溶液颜色的影响，向a中加入入0.5mLH2O，故答案为排除稀释对溶液颜色的影响；
②a、b两组实验已经排除稀释对溶液颜色的影响，b中红色比a中浅，证明硫氰化铁的电离平衡 受到了促进，所以MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离，故答案为MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；
③b、c中加入了等体积等浓度的盐溶液，所以盐效应相同，结合资料信息.Fe2++2SCN- Fe(SCN)2(无色)，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化铁的电离平衡 向正向移动，所以红色比b中浅，故答案为b、c中的盐效应相当，Fe(SCN)3 Fe3++3SCN-，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使得c(SCN-)降低，平衡正向移动，红色变浅；
(2)①根据文献信息：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”，提出假设A为KSCN溶液的盐效应促进FeCO3的溶解，故答案为KSCN溶液的盐效应促进FeCO3的溶解；
②实验ⅰ设计思路为盐效应促进FeCO3的溶解，实验ⅱ设计思路为溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解，想设计对比实验ⅲ证实假设B是主要原因一定要利用资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当，同时排阳离子K+的干扰，所以选择和硫氰化钾等体积等浓度的氯化钾溶液，进行试验，所以设计如下实验ⅲ： ，故答案为 ；
(3)通过探究（1）可知，盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，通过探究（2）可知盐溶液通过化学反应可促进难溶电解质的溶解，故答案为盐效应、化学反应。
【分析】（1）①控制变量排除由于颜色差异影响实验结果② 形成的 Fe(SCN)3 是红色，颜色变浅说明 Fe(SCN)3 电离增强，因此说明硫酸镁加入促进了电离③主要是亚铁离子合SCN-结合，导致平衡向右移动
（2）①根据题意，主要考虑的是KSCN溶液的盐效应②根据资料给出等浓度氯化钾合KSCN的盐效应相当即可判断将KSCN溶液换成KCl但是最终的现象是无色
（3）根据题意即可判断通过盐效应合反应促进难溶性电解质的溶解
25．【答案】（1）滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，充分振荡后，再向其中加入4滴0.1 mo/L KI溶液
（2）沉淀的颜色由白色变为黄色 上述实验中的现象可证明AgCl转化为AgI。
（3）； (或者 ) 可得出结论：对于组成形式相同的沉淀，Ksp小的沉淀转化为Ksp更小的沉淀容易实现。
（4）氧化；Ag++e-=Ag
（5）Ag+与I-之间发生沉淀反应比氧化还原反应的速率或限度大
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(一)将AgCl转化为AgI。需要先制得AgCl沉淀，再将AgCl转化为AgI。
(1)向盛有2mL0.1 mol/L NaCl溶液的试管中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，充分振荡后，再向其中加入4滴0.1 mo/L KI溶液，故答案为：滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，充分振荡后，再向其中加入4滴0.1 mo/L KI溶液；
(2)上述实验中若观察到沉淀的颜色由白色变为黄色的现象，即可证明AgCl转化为AgI，故答案为：沉淀的颜色由白色变为黄色；
(3)①该沉淀转化反应的离子方程式为 ，故答案为： ；
②根据上述沉淀转化反应的化学平衡常数表达式可推导： = ，故答案为： (或者 )；
(二)(4)①当K闭合后，发现电流计指针偏转，b极附近溶液变蓝，I2遇到淀粉变蓝色，则b极附近I-转化为I2，发生氧化反应，故答案为：氧化；
②b极发生氧化反应，则b极为负极，则a极为正极，a极上的电极反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：Ag++e-=Ag；
(5)根据实验现象可知，Ag+与I-之间发生沉淀反应比氧化还原反应的速率或限度大，因此AgNO3溶液与KI溶液混合只能得到AgI沉淀，而不能发生氧化还原反应，故答案为：Ag+与I-之间发生沉淀反应比氧化还原反应的速率或限度大。
【分析】(一)将AgCl转化为AgI。需要先制得AgCl沉淀，再将AgCl转化为AgI，结合沉淀溶解平衡和沉淀的转化分析解答；(二)当K闭合后，发现电流计指针偏转，b极附近溶液变蓝，I2遇到淀粉变蓝色，则b极附近I-转化为I2，发生氧化反应，则b极为负极， a极为正极，结合反应的限度分析解答。
26．【答案】（1）3d
（2）CrO3+3FeCr2O4+3OH+=3Fe3++7Cr3++15H2O
（3）120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多
（4）Fe(OH)3吸附Cr3+造成铬损失大
（5）0.1980mol·L-1
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)铁为26号元素，基态二价铁的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为3d能级。
(2)120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液，故加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式为：CrO3+3FeCr2O4+30H+=3Fe3++7Cr3++15H2O。
(3)其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多。
(4)pH=3时，若Cr3+沉淀，则Cr3+的最小浓度应为， ，显然是达不到的，故此时Cr3+未沉淀，则此时铬损失率高达38%的原因应是Fe(OH)3具有吸附性，Fe(OH)3吸附Cr3+造成铬损失大。
(5)由题意可知，+6价Cr氧化碘离子生成碘单质，则根据得失电子守恒可得2Cr(Ⅵ)+6I-→3I2+2Cr3+，故可得关系式：2Cr3+~2Cr(Ⅵ)~3I2~6S2O ，可得Cr3+~3S2O ，则萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度 。
【分析】（1）根据铁原子的质子数即可写出铁原子的基态能级排布，即可写出亚铁离子的基态电子能级排布，被氧化时失去电子失去的是3d能级电子
（2）加入的 CrO3 具有很高的氧化性，亚铁离子具有还原性，因此加入后促进了铁离子的产生，促进反应的进行
（3）根据图示，在120℃时浸出率已经很高，升高温度时，浸出率增加少，温度过高浪费能源
（4）主要考虑的是形成的氢氧化铁的吸附性
（5）六价的Cr被碘离子还原为三价的Cr,同时得到碘单质，碘单质被 Na2S2O3溶液滴定，即可找出消耗的Na2S2O3与Cr的关系，根据消耗的Na2S2O3即可计算出Cr的物质的量即可计算出物质的量浓度
27．【答案】（1）Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+；c5(Ca2+)·c3(PO43－)·c(OH－)
（2）产物中H+与OH－结合生成H2O，使平衡右移；生成Mg(OH)2和Mg3(PO4)2沉淀，c(Mg2+)减小，使平衡左移
（3）Y；(CH2O)n + nH2O－4n e－= nCO2↑+4nH+；2NO3－+ 12H+ + 10e－= N2↑+6H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的调控；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①铝离子水解的离子方程式为： Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+ ，故正确答案是 Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+
②Ca5(PO4)3OH 是难溶性固体，因此存在溶解平衡，为 Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO43-(aq)+OH-(aq)，溶度积常数Ksp= c5(Ca2+)·c3(PO43－)·c(OH－) ，故正确答案是： c5(Ca2+)·c3(PO43－)·c(OH－)
（2）① 根据去除反应 Mg2++NH4++HPO42-+6H2O MgNH4PO4 6H2O↓+H+ ，当pH在8.5~10.5时此时显碱性，中和去除反应的氢离子，导致平衡向右移动，提高去除率，故正确答案是：产物中H+与OH－结合生成H2O，使平衡右移
② 据Ksp(MgNH4PO4 6H2O)=2.5×10-13， Ksp[Mg(OH)2]= 1.8x10-11，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-31 ，当氢氧根离子浓度过大时，会产生氢氧化镁和磷酸镁沉淀，导致平衡向左移动，故正确答案是：生成Mg(OH)2和Mg3(PO4)2沉淀，c(Mg2+)减小，使平衡左移
（3）① 根据图可知放电时硝酸根被还原为氮气，因此Y为电池的正极，X为电池的负极，装置为原电池时，氢离子向Y极移动 ，故正确答案是：Y
②X电极(CH2O)n失去电子被氧化为二氧化碳和氢离子，根据电子守恒和元素守恒写出电极式 (CH2O)n + nH2O－4n e－= nCO2↑+4nH+ ，Y极上的硝酸根被还原为氮气，即可写出电极式 2NO3－+ 12H+ + 10e－= N2↑+6H2O ，故正确答案为 (CH2O)n + nH2O－4n e－= nCO2↑+4nH+ ， 2NO3－+ 12H+ + 10e－= N2↑+6H2O
【分析】 （1）①根据离子水解方式即可写出离子方程式
②写出难溶电解质电离式即可计算出溶度积表达式
（2）①根据去除反应中的氢离子，碱性环境平衡右移动
②根据三种沉淀的Ksp进行对比，氢氧根过多时平衡左移
（3）①根据硝酸根中氮元素的化合价变化，确定Y为正极，X为负极，即可判断氢离子的流向
②根据电极反应的物质以及产物根据得失电子守恒即可写出电极反应
28．【答案】（1）2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO ＋3H2↑(或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑)；SiO2 + 2OH－=SiO +H2O
（2）Fe3＋、Cr3＋；5.6～6.2(或5.6≤pH<6.2)
（3）4Ni(OH)2＋O2 4NiOOH＋2H2O
（4）2CrO ＋2H＋ Cr2O ＋H2O；1.2×10－5
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铝的化学性质
【解析】【解答】(1) 由分析可知，碱浸时发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为Al＋2OH－＋2H2O=2AlO ＋3H2↑或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2 + 2OH－=SiO +H2O，故答案为：Al＋2OH－＋2H2O=2AlO ＋3H2↑(或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑)；SiO2 + 2OH－=SiO +H2O；
(2) 由分析可知，向得到的硫酸盐溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子后，调节溶液pH 1在5.6～6.2范围内，将铁离子和铬离子转化为氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，过滤除去铁离子和铬离子，故答案为：Fe3＋、Cr3＋；5.6～6.2(或5.6≤pH<6.2)；
(3) 空气中加热氢氧化镍可得碱式氧化镍的反应为氢氧化镍被空气中氧气在加热条件下氧化为碱式氧化镍，反应的化学方程式为4Ni(OH)2＋O2 4NiOOH＋2H2O，故答案为：4Ni(OH)2＋O2 4NiOOH＋2H2O；
(4) 在酸性溶液中，铬酸根离子与氢离子反应生成重铬酸根和水，反应的离子方程式为2CrO ＋2H＋ Cr2O ＋H2O；由BaCrO4的Ksp＝1.2×10－10可知，要使溶液中CrO 沉淀完全，溶液中钡离子浓度c(Ba2+)≥ = =1.2×10－5 mol·L－1，故答案为：2CrO ＋2H＋ Cr2O ＋H2O；1.2×10－5。
【分析】由题给流程可知，向某废镍原料加入氢氧化钠溶液碱浸，铝和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，过滤得到滤渣1；向滤渣1中加入稀硫酸酸溶，镍、铬和硫化亚铁与硫酸反应得到硫酸盐溶液，向反应后的溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子后，加入氢氧化镍调节溶液pH在5.6～6.2范围内，将铁离子和铬离子转化为氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铬的滤渣2和硫酸镍溶液；向硫酸镍溶液加入碱溶液调节溶液pH，过滤得到氢氧化镍沉淀；在空气中加热氢氧化镍制得碱式氧化镍。
29．【答案】（1）
（2）；Fe3+对H2O2的分解有催化作用
（3）10-15.6；4.7＜pH＜6.2
（4）抑制Ni2+水解
（5）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)由以上分析知，滤液①中含有NaOH、NaAlO2，则无机阴离子有OH-、 。
(2)“转化”过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，反应的化学方程式为 ；c(H2O2)在10~20min内迅速减小，原因是Fe3+对H2O2的分解有催化作用。
(3)当pH=6.2时，c(Ni2+)=1.0mol/L，则Ni(OH)2的Ksp= c2(OH-)c(Ni2+)=(10-7.8)2×1.0=10-15.6，“转化”后的溶液中Ni2+的浓度为1.0mol L-1，开始沉淀pH=6.2，沉淀完全pH=8.7，则“调pH”应控制的pH小于6.2，大于4.7，保证Al3+、Fe3+完全沉淀。
(4)进行蒸发浓缩、冷却结晶前通常要在滤液③中加入少量稀硫酸，作用为抑制Ni2+水解。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为 。
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaOH、NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化变为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，滤渣③为氢氧化铁，再控制pH，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸镍晶体，据此分析解答。
30．【答案】（1）3Fe2++HCrO +7H+=3Fe3++Cr3++4H2O；Cr(OH)3+OH-=Cr(OH)
（2）pH升高导致离子交换平衡左移，pH>4后HCrO 转化为CrO ，交换CrO 所需OH-的量是交换HCrO 所需OH-的量的两倍
（3）甲醇CH3OH在VB端失去电子e-，并被转移到CB端，Cr(Ⅵ)在CB端得到电子还原为Cr(Ⅲ)，Cr(Ⅲ)可以进一步得到电子还原为Cr(0)
【知识点】氧化还原反应；化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)①由图1可知，当pH=1.5时，Cr(Ⅵ)在水溶液中主要以HCrO 存在，向含大量HCrO 的溶液中加入FeSO4，Cr(Ⅵ)还原为低毒性Cr(Ⅲ)，Cr元素化合价由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知反应离子方程式为3Fe2++HCrO +7H+=3Fe3++Cr3++4H2O；
②由图2可知，当pH＞12时，Cr(OH)3转化为Cr(OH) 而进入溶液中，使得铬去除率下降，该过程中反应的离子方程式为Cr(OH)3+OH-=Cr(OH) ；
(2)用强碱性离子交换树脂(ROH)与含铬离子(CrO 、HCrO 等)发生离子交换过程中，CrO 的交换可表示为2ROH(s)+CrO (aq) R2CrO4(s)+2OH-(aq)，由图1可知，当溶液pH＞4.5时，HCrO 逐渐转化为CrO ，随着溶液pH增大，CrO 交换过程的平衡左移，使得Cr(Ⅵ)去除率下降，故答案为：pH升高导致离子交换平衡左移，pH＞4后HCrO 转化为CrO ，交换CrO 所需OH-的量是交换HCrO 所需OH-的量的两倍；
(3)根据图4可知，光催化还原CrO 过程中，甲醇在VB端失去电子生成CO2、H2O，电子流向CB端，CrO 在CB端逐步得到电子生成Cr(0)，从而实现去除Cr(Ⅵ)，故答案为：甲醇CH3OH在VB端失去电子e-，并被转移到CB端，Cr(Ⅵ)在CB端得到电子还原为Cr(Ⅲ)，Cr(Ⅲ)可以进一步得到电子还原为Cr(0)。
【分析】（1）① 根据pH=1.5找出此时 Cr(Ⅵ) 存在状态是HCrO ，写出与亚铁离子反应的离子方程式即可②碱性太强，氢氧化铬变为可溶性的Cr(OH)
（2）据图可以看出，pH增大，导致氢氧根离子浓度增大，导致平衡左移
（3）根据图示，在VB端甲醇变为二氧化碳和水，在CB端五价的Cr先变为三价Cr,再变为0价的Cr
1 / 1高中化学人教版（2019）选择性必修1第三章第四节沉淀溶解平衡
一、单选题
1．（2021·南充模拟）化学反应原理是研究化学的重要工具，下列相关说法正确的是（　　）
A．CH4(g)＋Cl2(g) CH3Cl(g)＋HCl(g)能自发进行，则该反应 H＞0
B．向碳酸钠溶液中通入少量的氯气：Na2CO3＋H2O＋2Cl2=2HClO＋2NaCl＋CO2
C．室温下，稀释0.1 mol/L的HClO溶液，溶液中c(ClO-)减小
D．向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和碳酸钠溶液，振荡过滤洗涤，向沉淀中加入盐酸溶液有气体产生，说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
【答案】C
【知识点】焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质
【解析】【解答】A．该反应能自发进行，说明 ，CH4(g)＋Cl2(g) CH3Cl(g)＋HCl(g)的 =0，则 ， ，A不符合题意；
B．氯气少量不能生成二氧化碳，只能生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为Na2CO3＋H2O＋Cl2=HClO＋NaHCO3＋NaCl，B不符合题意；
C．加水稀释HClO，溶液体积增大程度大于电离平衡向右移动使n(ClO-)增大的程度，因此总体来说c(ClO-)减小，C符合题意；
D．碳酸钠足量，无论BaSO4和BaCO3的Ksp谁大，都会产生碳酸钡沉淀，因此无法比较BaSO4和BaCO3的Ksp，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据即可判断
B.氯气少量应该产生的是碳酸氢钠不是二氧化碳
C.弱酸电离，稀释时浓度降低
D.应该加入少量的碳酸钠溶液
2．（2021·眉山模拟）某温度下，向体积均为20.00 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的NaCl、Na2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，滴定过程中的pX(pX=-lgX，X=Cl-、CrO )与滴加AgNO3溶液体积关系如图所示(lg3=0.47)。下列说法错误的是（　　）
A．a=1 B．曲线I表示NaCl溶液
C．Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-2b D．M约为2c-1.47
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．纵坐标表示pX=-lgX(X=Cl-， )，c(Cl-)= c( )=0.1mol/L，代入得a=1，选项A不符合题意；
B．等体积、等浓度的NaCl溶液，Na2CrO4溶液与等浓度AgNO3溶液恰好反应时（滴定曲线突跃中点），NaCl溶液反应消耗AgNO3溶液体积只有Na2CrO4溶液消耗AgNO3溶液体积的一半，Ⅰ表示NaCl溶液，选项B不符合题意；
C．从图中可得Na2CrO4溶液与AgNO3溶液反应终点时c( )=10-bmol/L，c(Ag+)=2 10-bmol/L，Ksp(Ag2CrO4)= 4 10-3b，选项C符合题意；
D．NaCl溶液中加入40mL的AgNO3溶液，AgNO3溶液过量，反应后溶液中，c(Ag+)= 0.1mol/L，由图可得Ksp(AgCl)= 1 10-2c，求出c(Cl-)=3 10 10-2cmol/L，pX=M=2c-1.47，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据 pX(pX=-lgX，X=Cl-、CrO ) 即可计算出起始时的数据
B.根据反应的量的关系即可判断
C.根据 pX=-lgX =b即可计算出
D.根据此时的数据计算出银离子的浓度，结合氯化银的离子积常数即可计算出M的纵坐标
3．（2021·成都模拟）下列说法错误的是（　　）
A．升高HCl稀溶液温度，溶液中c(H+)不变
B．常温，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使其pH=7，则混合液中：c(Na+)=c(CH3COO-)
C．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3固体，溶液中氯离子浓度和溴离子浓度比不变
D．25℃时，将0.1mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH=11.0
【答案】A
【知识点】电解质在水溶液中的电离；水的电离；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．升高HCl稀溶液温度，溶液中c(H+)增加，升温水的电离常数增大，c(H+)增加，故A符合题意；
B．常温，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使其pH=7，则c(H+)= c(OH-)，结合电荷守恒可知混合液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，故B不符合题意；
C．B.氯离子和溴离子浓度的比值为： ，Ksp与温度有关，与浓度无关，则加入少量AgNO3后，AgCl和AgBr的溶度积Ksp均不变，则氯离子和溴离子浓度的比值不变，故C不符合题意；
D．NaOH为强电解质，加水稀释100倍，c(OH-)=0.001mol/L，c(H+)=1×10-14mol/L÷0.001mol/L=1×10-11mol/L，所得溶液的pH=11.0，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.升高温度，水的离子积变大，氢离子浓度变大
B.根据电荷守恒即可判断
C.根据难溶电解质的转换即可判断，温度不变，比值不变
D.根据给出的数据即可计算出溶液的pH
4．（2021·大庆模拟）室温下进行下列实验，根据实验操作、现象和所得到的实验结论均正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 常温下，用pH计测定等物质的量浓度的NaHCO3、NaClO4两种盐溶液的pH，测得NaHCO3的pH大于NaClO4 非金属性：Cl>C
B 向含有Na+、K+、NO 、SO 的溶液中逐滴滴加盐酸，立即产生气泡 SO 和H+反应产生SO2气体
C 向某溶液中滴加氯水后在滴加KSCN溶液，溶液呈红色 溶液中一定含有Fe3+
D 向2mL 0.1mol/L Na2S溶液中滴入2mL0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/L CuSO4溶液。开始有沉淀产生，后有黑色沉淀生成 Ksp(CuS)>Ksp(ZnS)
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．等物质的量浓度的NaHCO3、NaClO4，NaHCO3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，说明碳酸为弱酸，而NaClO4为强酸强碱盐，溶液显中性，说明高氯酸为强酸，用pH计测量溶液的pH，从而得到非金属性：Cl＞C ，A符合题意；
B．向含有Na+、K+、NO 、SO 的溶液中逐滴滴加盐酸，H+、NO 、SO 发生氧化还原反应生存硫酸和NO，B结论不符合题意；
C．向某溶液中滴加氯水后在滴加KSCN溶液，溶液呈红色，则原溶液中可能存在Fe2+，C结论不符合题意；
D．向2mL 0.1mol/L Na2S溶液中滴入2mL0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/L CuSO4溶液，过量S2-能与Zn2+反应生成沉淀，不能证明Ksp(CuS)＞Ksp(ZnS)，D结论不符合题意；
答案为A。
【分析】A.用ph计测定等物质的量浓度的NaHCO3、NaClO4两种盐溶液的pH，可知高氯酸的酸性大于碳酸的酸性
B.向含有Na+、K+、NO 、SO 的溶液中逐滴滴加盐酸，H+、NO 、SO 发生氧化还原反应生存硫酸和NO
C.氯水可氧化二价铁离子，造成干扰
D.过量S2-能与Zn2+反应生成沉淀，不能证明Ksp(CuS)＞Ksp(ZnS)
5．（2021·射洪模拟）天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9， 某溶洞水体中lgc(X) (X为H2CO3、 、 或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．曲线①代表
B．H2CO3的一级电离常数为10-8.3
C．c(Ca2+)随 pH升高而增大
D．pH=10.3 时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9 mol·L-1
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由上述分析可知，曲线①代表 ，A不符合题意；
B．曲线①为 ，由点(6.3，-5)可知，H2CO3的一级电离常数 ，B不符合题意；
C．曲线③代表Ca2+，根据图像可知，c(Ca2+)随pH升高而减小，C不符合题意；
D．已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，根据图像，pH=10.3时，c( )=c( )=10-1.1，则 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图像可知，随着pH的增大，溶液碱性增强， 、 浓度都增大，而曲线①在pH很小时也产生，因此曲线①代表 ，②代表 ，③代表Ca2+，据此分析解答。
6．（2021·贵州模拟）某温度下，分别向体积均为10 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的KCl溶液和K2CrO4溶液中滴加0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，滴加过程中pCl和pCrO4随加入AgNO3溶液的体积(V)的变化关系如图所示。已知：pCl=-lgc(Cl-)，pCrO4=-lgc( )。下列说法错误的是（　　）
A．曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系
B．若仅增大KCl的浓度，平衡点由R点沿虚线移向S点
C．M点溶液中：c( )＞c(Ag＋)＞c(H＋)＞c(OH-)
D．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-12
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．KCl和硝酸银反应的化学方程式为：KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为：K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以L1代表是-lgc(Cl-)与V(AgNO3)的变化关系，故A不符合题意；
B．由A选项可知曲线I表示AgCl的溶解平衡曲线，温度不变，Ksp不变，增大KCl的浓度，再次平衡后，pCl=-lgc(Cl-)不变，但消耗的AgNO3体积增大，所以平衡点由R点向右平动，故B符合题意；
C．M点加入的硝酸银溶液体积是15mL，根据反应方程式KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，可知，生成0.001mol硝酸钾和0.001mol氯化银，剩余0.0005mol硝酸银，则c( )＞c(K+)＞c(Ag+)，银离子水解使溶液表现酸性，则c(H+)＞c(OH-)，所以M点溶液中，离子浓度为：c( )＞c(Ag＋)＞c(H＋)＞c(OH-)，故C不符合题意；
D．N点纵坐标的数值是4，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c( )=10-4.0mol/L，c(Ag+)=2×10-4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c( )c2(Ag+)=10-4.0mol/L×(2×10-4mol/L)2=4.0×10-12，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据根据硝酸银反应的化学方程式即可判断曲线表示的意义
B.根据温度不变，常数不变，结合氯化钾的浓度增大消耗的硝酸银体积增大即可判断
C.根据M点的溶质进行判断离子浓度即可
D.根据N点进行计算出
7．（2021·长春模拟）下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（　　）
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合物中 产生红棕色气体 硝酸的还原产物为NO2
B 将少量Fe(NO3)2试样加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液 溶液变成血红色 Fe(NO3)2试样无法确定是否变质
C 2滴0.1mol·L 1 MgCl2溶液中滴加2mL 1mol·L 1 NaOH溶液，再滴加2滴0.1 mol·L 1 FeCl3溶液 先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]> Ksp[Fe(OH)3]
D 将溴乙烷和NaOH乙醇溶液混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液 酸性KMnO4溶液褪色 产生了乙烯
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；乙烯的化学性质
【解析】【解答】A．浓硝酸被稀释变为稀硝酸，稀硝酸的还原产物是无色的一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成红棕色二氧化氮，选项A不符合题意；
B．将少量Fe(NO3)2试样加水溶解后加稀硫酸酸化，在酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应可生成Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为血红色不能断定Fe(NO3)2试样已变质，B项符合题意；
C．NaOH过量，FeCl3会与剩余的NaOH反应生成Fe(OH)3，无法确定两种沉淀的Ksp大小，故C不符合题意；
D．乙烯中含有乙醇，乙醇也可使酸性KMnO4溶液褪色，故D项不符合题意。
【分析】A.铜和稀硝酸的反应产物是一氧化氮，不是二氧化氮
B.硝酸根在加入硫酸后，具有很强的氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，不能检验是否变质
C.氢氧化钠过量不能验证难溶沉淀之间的转化，如要验证需要控制氢氧化钠的量是少量
D.通入高锰酸钾之前需要进行除去其他还原性气体，防止干扰乙烯的验证
8．（2021·张家口模拟）下列实验操作、现象及结论均正确的是（　　）
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入酸性 溶液中 溶液紫色褪去 产生的气体一定是乙烯
B 向 溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 与 能大量共存
C 常温下，向含等浓度 和 的溶液中逐滴加入NaOH溶液 先生成蓝色沉淀 常温下，
D 将用稀硫酸酸化后的 溶液滴入 溶液中 溶液变黄 氧化性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变；乙醇的化学性质
【解析】【解答】A．乙醇具有还原性，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，A项不符合题意；
B．Ag+与 会形成络合物，B项不符合题意；
C．向含等浓度Mg2+和Cu2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成蓝色沉淀，说明先生成 ，则表明 ，C项符合题意；
D．酸性溶液中 具有强氧化性 ，会将Fe2+氧化成Fe3+，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.通入之间先将会发的乙醇蒸汽除去
B.形成可银氨溶液可以溶于水
C.ksp越小越易产生沉淀
D.主要利用的是硝酸根的氧化性
9．（2021·邯郸模拟）难溶金属氢氧化物 开始沉淀的 (简记pH始)与沉淀完全的 (简记pH终)，理论上具有定量关系，假定开始沉淀时 ，设 时沉淀完全，则当 时，pH终-pH始始的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】 ， ， ，即 ，两边取负对数得 ；
故答案为：A。
【分析】根据难溶性沉淀的溶解平衡根据数据计算即可
10．（2021·保定模拟）下列有关实验操作和现象及所得出的结论错误的是（　　）
选项 实验操作 现象 结论
A 向淀粉溶液中加入少量 的硫酸溶液，加热，冷却，在水解液中加入碘水 溶液未变蓝。 淀粉完全水解
B 向 溶液中滴入1~2滴 溶液，再加入2滴 溶液 先产生白色沉 淀，后产生红 褐色沉淀 无法判断
C 向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水 溶液红色变浅 溶液中 、 深度均减小
D 取 溶液，加入 溶液，萃取分液后，向水层中滴入 溶液 溶液变红色 和 所发生的反应为可逆反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二糖的性质和用途
【解析】【解答】A．淀粉遇碘单质会变蓝，其在稀硫酸共热作用下会发生水解生成葡萄糖，若向淀粉溶液中加入少量 的硫酸溶液，加热，冷却，在水解液中加入碘水，无明显现象，则说明淀粉完全水解，A不符合题意；
B．向 溶液中滴入1~2滴 溶液，反应生成氢氧化镁沉淀，因为氢氧化钠过量，再加入2滴 溶液时，会产生红褐色沉淀，但不能说明是沉淀之间的转化而来的，则不能判断溶度积： ，B不符合题意；
C．氨水中存在电离平衡： ，向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水稀释，溶液中的氢氧根离子浓度会降低，因为温度不变，所以水的离子积不变，则溶液中的氢离子浓度升高， C符合题意；
D．取 溶液，加入 溶液发生反应生成亚铁离子与碘单质，其中反应物碘离子过量，萃取分液后，向水层中滴入 溶液，溶液显血红色，则说明铁离子有剩余，所以可证明该反应为可逆反应，铁离子转化率达不到100%，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.淀粉遇碘变蓝色，若加入碘水不变色，说明无淀粉
B.如要证明溶度积的大小需要控制氢氧化钠的量极少
C.变浅说明氢氧根离子浓度降低，结合水的离子积得出氢离子的浓度变化
D.根据碘离子过量，理论上不存在铁离子不会变红，但是变红说明存在铁离子，说明反应是有限度
11．（2021·信阳模拟）根据下列图示所得出的结论错误的是（　　）
A．图甲表示冰醋酸的导电能力随着加水体积变化关系图，若用湿润的 试纸测量a点的 ，则测量结果可能偏小
B．图乙表示 的盐酸溶液加水稀释至 随 的变化关系图
C．图丙表示一定温度下三种碳酸盐 的沉淀溶解平衡曲线图 ，则有 、 、 的 依次减小
D．图丁表示 盐酸滴定 溶液的滴定曲线
【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定
【解析】【解答】A．根据图A知，a点稀释导电能力增强，所以稀释促进醋酸电离，离子浓度增大；若用湿润的pH试纸测量a点的pH，相当于溶液加水稀释，根据图像走势，导电性增强，则氢离子浓度增大测量结果偏小，A项不符合题意；
B．HCl为强电解质，完全电离，不存在电离平衡，所以每稀释10倍，氢离子浓度减小10倍，pH增大1个单位，B项不符合题意；
C．pM相等时，图丙中 数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，C项不符合题意；
D.0.001mol/L氢氧化钠溶液pH为11，用0.001mol/L盐酸滴定，达到滴定终点溶液的pH为7，然后继续加入盐酸，溶液中氢离子浓度始终小于原来盐酸的浓度，所以pH始终大于7，D项符合题意；
故答案为：D
【分析】用稀盐酸滴定氢氧化钠溶液，当滴定完全之后，所得的到溶液显示酸性，但是始终不能达到所加入盐酸的pH，只能无限的接近pH=3
12．（2021高二下·湖北月考）下列实验操作、现象与结论均正确的是（　　）
选项 操作 现象 结论
A 向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体 溶液颜色变浅 FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl平衡向逆反应方向移动
B 浓度均为0.10mol/L的Na2CO3和Na2S的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液 产生黑色沉淀 Ksp(Ag2S)>Ksp(Ag2CO3)
C 向两支盛有 溶液的试管中分别加入 和 溶液 前者比后者褪色快 其他条件不变，反应物浓度增加，反应速率增大
D 常温下，向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞 都变红，但前者红色更深 结合质子的能力：CO >HCO
A．A B．B
C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A. FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl 的本质是Fe3++3SCN- Fe(SCN)3钾离子和氯离子并没有参与反应，加少量氯化钾不会影响平衡移动，不符合题意
B. Ag2S黑色沉淀，先产生黑色沉淀说明，Ksp(Ag2S)Ksp(Ag2CO3)，Ksp越小越难溶，不符合题意
C.现象应该是后者比前者褪色快，不符合题意
D.前者颜色更红，说明碱性更强，即碳酸根的水解能力更强，也就是结合质子的能力：CO >HCO ，符合题意
故答案为：D
【分析】重点1、溶液中离子反应的可逆反应要注意反应的本质即参加反应的离子和生成的离子
2、在化学式的结构相似时，Ksp越小，越难溶
13．（2021高三下·广东开学考）化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋(aq)＋MnS(s) CuS(s)＋Mn2＋(aq)。一定温度下，下列有关该反应的推理正确的是（　　）
A．该反应达到平衡时：c(Cu2＋)=c(Mn2＋)
B．平衡体系中加入少量CuS(s)后，c(Mn2＋)变小
C．平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大
D．该反应平衡常数表达式：K=Ksp(CuS)/Ksp(MnS)
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据Cu2＋(aq)＋MnS(s) CuS(s)＋Mn2＋(aq)得，Ksp(CuS)＜Ksp(MnS)，K= = = ＞1，即c(Cu2＋)＜c(Mn2＋)，A不符合题意；
B．CuS为固体，对上述平衡没有影响，B不符合题意；
C．加入少量Cu(NO3)2(s)，c(Cu2＋)增大，上述平衡向右移动，c(Mn2＋)增大，C符合题意；
D．由A可知，K= = = ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.依据Ksp(CuS)和Ksp(MnS)进行比较即可
B.固体不影响平衡
C.增加反应物，平衡移动
D.根据K= 计算
14．（2021高二下·江西开学考）现将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的顺序是（　　）
①20mL 0.01mol·L－1 KCl溶液 ②30mL 0.02mol·L－1 CaCl2溶液③40mL 0.03mol·L－1 HCl溶液
A．①>③>② B．①>②>③ C．②>①>③ D．③>②>①
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】①20mL 0.01mol·L-1 KCl溶液氯离子浓度为0.01mol·L-1；②30mL 0.02mol·L-1 CaCl2溶液中氯离子浓度为0.04mol·L-1；③40mL 0.03mol·L-1 HCl溶液中氯离子浓度为0.03 mol·L-1，所以氯化银的溶解度由大到小的顺序为：①＞③＞②，
故答案为：A。
【分析】AgCl存在沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq) + Cl-(aq)，所以溶液中存在的Ag+、Cl-会对AgCl的溶解度造成影响，银离子或氯离子浓度越小，氯化银的溶解度越大。
15．（2021·南昌模拟）某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时-lgc(Pb2+)与-lgc( )或-lgc(I-)的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．Ksp(PbCO3)的数量级为10-14
B．p点对应的是PbCO3不饱和溶液
C．L2对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化
D．向浓度相同的Na2CO3、Nal混合溶液中滴入Pb(NO3)2溶液先产生黄色沉淀
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A． 由上述分析可知图像L2 对应的是-lgc(Pb2+)与-lg 的关系变化，则 数量级为 10-14，故A符合题意；
B．离子浓度的负对数越小，则离子浓度越大， p点位于L2的左下方，则对应PbCO3的过饱和溶液，故B不符合题意；
C． L2 对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化，故C符合题意；
D． ， ， ，则p 点溶液中加入 Na2CO3 浓溶液，先得白色沉淀，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 ，则 ，同理 ，则图像L1 对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化，以此分析。
16．（2021·全国甲）已知相同温度下， 。某温度下，饱和溶液中 、 、与 的关系如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．曲线①代表 的沉淀溶解曲线
B．该温度下 的 值为
C．加适量 固体可使溶液由a点变到b点
D． 时两溶液中
【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，A不符合题意；
B.曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO42-)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，B符合题意；
C.向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知，溶液中c(SO42-)将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，C不符合题意；
D.由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝10y1-y2，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO42-)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO42-)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO32-)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO32-)]的关系。
17．（2021·昆明模拟）室温下，分别向体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX、HY溶液中，滴加相同浓度的Ba(OH)2溶液(Ba2+与X-、Y-均不反应)。随着Ba(OH)2溶液的加入，由水电离产生的c(H+)的变化趋势如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．相同条件下，Ka(HX)>Ka(HY)
B．M点溶液显中性，溶液中c(Y-)C．N点对应Ba(OH)2溶液的体积为10mL
D．T点溶液中阴离子浓度之和大于M点
【答案】B
【知识点】水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由图示可知， 水解对水的电离促进程度较大，则HY的酸性较弱，所以相同条件下Ka(HX)>Ka(HY)，故A不选；
B．本题为向酸中滴加Ba(OH)2溶液，因此随着Ba(OH)2溶液的加入溶液先进行酸碱中和反应，所以当HY与Ba(OH)2溶液中水电离出的 第一次达到 时为中性点，当继续滴加Ba(OH)2溶液会抑制水的电离(N点之后)，即第二次水电离 该点为碱性点，所以M点呈中性，根据电荷守恒 ，所以c(Y-)＞(Ba2+)，故B；
C．N点完全反应点，0.1mol/LBa(OH)2溶液中 ，故消耗完20mL0.1mol/L的HY需要10mL0.1mol/LBa(OH)2溶液，故C不选；
D．根据电荷守恒可得T点 ；M点 ；T、M点 相同，T点 大于M点，所以 ，故D不选。
故答案为：B
【分析】A.根据起始点的氢离子浓度即可判断HX和HY的电离常数大小
B.根据电荷守恒进行判断
C.恰好完全反应即可计算出氢氧化钡的体积
D.根据电荷守恒结合氢离子浓度的大小即可判断
二、多选题
18．（2021·邵阳模拟）下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是（　　）
选项 实验 现象 结论
A 向FeCl3溶液中通入足量的H2S 生成两种沉淀 Fe3+的氧化性强于S
B 向浓度均为0.1 mol：L-1的CuSO4和MgSO4混合溶液中滴加少量NaOH溶液 先出现浅蓝色沉淀 Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
C 向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液 有气体产生，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深 Fe3+能催化H2O2 分解，且该分解反应为放热反应
D 铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体 加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝 硝酸钾起催化作用
A．A B．B C．C D．D
【答案】B,C
【知识点】氧化还原反应；催化剂；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A. 氯化铁溶液中通入硫化氢，反应生成氯化亚铁和硫和水，只有一种沉淀，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，铁离子氧化性大于硫，A不符合题意；
B. 相同浓度的Cu2+、Mg2+中加入OH-，先出现浅蓝色沉淀，是因为先析出物质的溶解度小，因此Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，B符合题意；
C. 过氧化氢分解产生气体，氯化铁溶液颜色加深，说明水解程度增大，说明该分解反应是放热反应，C符合题意；
D. 铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入，发生反应的离子方程式为：3Cu2++2+8H+=3Cu2++2NO+4H2O，体现了硝酸根在酸性环境中(HNO3)的强氧化性，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；
B.根据离子浓度相同的情况下溶度积小的先沉淀分析；
C.根据勒夏特列原理分析；
D.硝酸根在酸性条件下有强氧化性；
19．（2020高二下·宿迁期末）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 结论
A 取5mL0.1 mol·L-1KI溶液，加入1mL0.1 mol·L-1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变血红色 Fe3+与Iˉ反应具有可逆性
B 向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)
C 等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快 HA酸性比HB弱
D 室温下，用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离H+的能力比CH3COOH的强
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,C
【知识点】化学反应的可逆性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.5mL0.1mol/LKI和1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合反应，KI过量，完全反应萃取后的水层滴入KSCN溶液，溶液变血红色，说明还含有Fe3+，即Fe3+和Iˉ反应具有可逆性，故A符合题意；
B．向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明相同条件下AgI更容易沉淀，则Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故B不符合题意；
C．等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快，说明HA溶液中存在电离平衡，消耗氢离子促进HA的电离，所以反应过程中氢离子浓度大于HB溶液，反应速率较快；pH相等，HA的浓度更大，产生氢气更多，都说明HA酸性比HB弱，故C符合题意；
D．两溶液的浓度不一定相等，无法比较，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．依据I-过量，Fe3+反应不到底判断反应是可逆的；
B．依据相同条件下，溶度积小的物质先析出；
C．利用勒夏特列原理，平衡会向减弱这种改变的方向移动，氢离子变化慢的是弱酸，平均反应速率快；
20．（2020高二下·连云港期末）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向0.1 mol/LFeCl2溶液中加入几滴氯水，溶液颜色变成棕黄色 氯水中含有HClO
B 用pH试纸测得浓度均为0.1 mol/L的CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 CH3COOH电离出H+的能力比HNO2的强
C 向3 mol KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1 mL淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2的氧化性比I2的强
D 向浓度均为0.05 mol/L的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
【答案】C,D
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．氯水中含有的Cl2也可以将Fe2+氧化为Fe3+而使溶液显黄色，因此不能确定氯水中是否含有HClO，A不符合题意；
B．根据盐的水解规律，酸越弱，其形成的盐水解程度越大，该溶液的pH就越大，所以使用pH测定等浓度CH3COONa、NaNO2溶液的pH，前者大，说明CH3COOH的酸性比HNO2的弱，更难电离产生H+，B不符合题意；
C．向3 mol KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1 mL淀粉溶液，溶液显蓝色，说明有I2生成，发生了反应：Br2+2KI=2KBr+I2，从而证明了Br2的氧化性比I2的强，C符合题意；
D．同一溶液中含有等浓度的Cl-、I-，向溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明产生了AgI沉淀，证明c(Ag+)·c(I-)＜c(Ag+)·c(Cl-)，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.氯水中存在氯气和次氯酸具有氧化性
B.相同浓度的不同酸根离子的盐溶液pH越大，酸性越弱电离出氢离子的能力越弱
C.氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性
D.溶度积越小越易形成沉淀
21．（2020·南京模拟）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2 min后，试管里出现凝胶 酸性：盐酸>硅酸
B 将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色 Fe(NO3)2已变质
C 向5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液中加入0.1 mol·L－1的FeCl3溶液1 mL，振荡，用苯萃取2～3次后取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色 反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2是有一定限度的
D 在2 mL 0.01 mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 mol·L－1 ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01 mol·L－1 CuSO4溶液，又出现黑色沉淀 Ksp(CuS)A．A B．B C．C D．D
【答案】A,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硅酸的性质及制法；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A. 试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据强酸制备弱酸的原理可知酸性：盐酸＞硅酸，A符合题意；
B. 将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，溶液中的氢离子和硝酸根将二价铁氧化成三价铁，不能说明Fe(NO3)2已变质，B不符合题意；
C. 根据量的关系5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液和1 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液知，KI过量，滴加KSCN溶液后，出现血红色，溶液中有Fe3+，则说明反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2是有一定限度的，C符合题意；
D. 先滴入几滴0.01 mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入0.01 mol·L－1CuSO4溶液，又出现的黑色沉淀CuS不一定是由ZnS转化而来，所以无法据此比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小关系，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】B、硝酸根离子遇到氢离子能将亚铁离子转化成铁离子，不能证明变质
D、硫离子过量，故没有体现沉淀的互相转化过程
三、填空题
22．（2020高二上·秦皇岛期末）25℃ 时，硫氢化钾溶液里存在下列平衡：a.
HS-+H2O OH-+H2S b.HS- H++S2-
（1）平衡a 是　 　平衡；平衡b是　 　平衡 (填“电 离”或“水 解”)；
（2）向KHS溶液中加入氢氧化钠固体时，c(S2-)将　 　(填“增 大”“ 减小”或“不 变”， 下同)；向KHS溶被中通入HCl时，c(HS-)将　 　；
（3）向KHS溶液中加入硫酸铜溶被时，有黑色沉淀(CuS)产生，则平衡a　 　(填“正向” “逆向”或“不”，下 同 )移动， 平 衡b　 　移 动。
【答案】（1）水解；电离
（2）增大；减小
（3）逆向；正向
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）平衡a中HS-水解生成氢氧根离子和硫化氢，为HS-离子的水解平衡，平衡b中HS-电离出氢离子和硫离子，为HS-的电离平衡；
（2）向KHS溶液中加入氢氧化钠固体时，平衡b向着正向移动，c（S2- ）将增大；向KHS溶液中通入HCl时，氢氧根离子与HCl反应，平衡a向着正向移动，c（HS- ）将减小；
（3）铜离子和硫离子反应生成CuS黑色沉淀，所以促进HS-离子电离，平衡b向着正向移动，HS-离子浓度减小，平衡a向着逆向移动；由于促进HS-离子电离导致溶液中c（H+）变大，溶液的pH减小。
【分析】（1）注意水解会生成氢离子或氢氧根离子；
（2）氢氧化钠溶液显碱性，存在大量的氢氧根离子，会消耗溶液中的氢离子，而HCl溶液显酸性，会电离出氢离子，据此分析；
（3） 黑色沉淀(CuS)产生， 说明消耗了硫离子，会导致硫离子的减少，使平衡发生移动，据此分析。
23．（2020高二上·洮南期中）常温下，向 溶液中加入 溶液，可观察到的现象是　 　，发生反应的离子方程式为　 　，Fe(OH)3的溶度积表达式　 　，产生Fe(OH)3沉淀的条件是QC　 　KSP(大于、等于或小于)。
【答案】有红褐色沉淀生成，有气泡冒出；；Ksp=[Fe3+].[OH-]3；大于
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】FeCl3是强酸弱碱盐，NaHCO3是强碱弱酸盐，FeCl3和NaHCO3相互促进水解生成氢氧化铁沉淀、二氧化碳气体和氯化钠，所以所以现象为：有红褐色沉淀生成，有气泡冒出，反应的离子方程式为Fe3++3 =Fe(OH)3↓+3CO2↑；Fe(OH)3的沉淀溶解平衡为：Fe(OH)3 Fe3++3OH-，溶度积表达式为：Ksp=[Fe3+].[OH-]3；产生Fe(OH)3沉淀的条件是Qc大于Ksp。
【分析】FeCl3和NaHCO3相互促进水解，根据其反应产物得到反应现象；书写离子方程式时注意标注相应的气体、沉淀符号，并配平反应；根据溶度积表达式进行书写；当Qc＞Ksp时，产生沉淀。
四、实验探究题
24．（2021·西城模拟）某实验小组探究盐溶液对弱电解质的电离及难溶电解质的溶解的影响。
文献指出：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”。
（1）对弱电解质Fe(SCN)3的电离的影响。
资料：i.等浓度的MgSO4与FeSO4的盐效应相当。
ii.Fe2++2SCN- Fe(SCN)2(无色)；Mg2+与SCN-不反应。
①加入0.5mLH2O的目的是　 　。
②对比a、b中的现象，得出的结论是　 　。
③结合化学平衡移动原理解释c中红色比b浅的原因：　 　。
（2）对难溶电解质FeCO3的溶解性的影响。
ⅰ
ⅱ
资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当。
对比实验ⅰ、ⅱ，对于ⅱ中溶液为红色，提出假设：
A．……
B．溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解。
设计对比实验ⅲ，证实假设B是主要原因。
①假设A是　 　。
②对比实验ⅲ的步骤和现象：　 　(按实验ⅱ的图示方式呈现)。
（3）通过以上实验，说明该实验条件下盐溶液通过　 　、　 　可促进弱电解质的电离及难溶电解质的溶解。
【答案】（1）排除稀释对溶液颜色的影响；MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；b、c中的盐效应相当，Fe(SCN)3 Fe3++3SCN-，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使得c(SCN-)降低，平衡正向移动，红色变浅
（2）KSCN溶液的盐效应促进FeCO3的溶解；
（3）盐效应；化学反应
【知识点】化学平衡移动原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)①平行实验b、c中分别加入0.5mL其它溶液，所以为了排除稀释对溶液颜色的影响，向a中加入入0.5mLH2O，故答案为排除稀释对溶液颜色的影响；
②a、b两组实验已经排除稀释对溶液颜色的影响，b中红色比a中浅，证明硫氰化铁的电离平衡 受到了促进，所以MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离，故答案为MgSO4溶液促进了弱电解质Fe(SCN)3的电离；
③b、c中加入了等体积等浓度的盐溶液，所以盐效应相同，结合资料信息.Fe2++2SCN- Fe(SCN)2(无色)，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化铁的电离平衡 向正向移动，所以红色比b中浅，故答案为b、c中的盐效应相当，Fe(SCN)3 Fe3++3SCN-，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使得c(SCN-)降低，平衡正向移动，红色变浅；
(2)①根据文献信息：向弱电解质或难溶电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度或难溶电解质的溶解度增大，这种现象可称为“盐效应”，提出假设A为KSCN溶液的盐效应促进FeCO3的溶解，故答案为KSCN溶液的盐效应促进FeCO3的溶解；
②实验ⅰ设计思路为盐效应促进FeCO3的溶解，实验ⅱ设计思路为溶液中的SCN-与Fe2+结合，促进FeCO3的溶解，想设计对比实验ⅲ证实假设B是主要原因一定要利用资料：等浓度的KCl与KSCN的盐效应相当，同时排阳离子K+的干扰，所以选择和硫氰化钾等体积等浓度的氯化钾溶液，进行试验，所以设计如下实验ⅲ： ，故答案为 ；
(3)通过探究（1）可知，盐溶液通过盐效应可促进弱电解质的电离，通过探究（2）可知盐溶液通过化学反应可促进难溶电解质的溶解，故答案为盐效应、化学反应。
【分析】（1）①控制变量排除由于颜色差异影响实验结果② 形成的 Fe(SCN)3 是红色，颜色变浅说明 Fe(SCN)3 电离增强，因此说明硫酸镁加入促进了电离③主要是亚铁离子合SCN-结合，导致平衡向右移动
（2）①根据题意，主要考虑的是KSCN溶液的盐效应②根据资料给出等浓度氯化钾合KSCN的盐效应相当即可判断将KSCN溶液换成KCl但是最终的现象是无色
（3）根据题意即可判断通过盐效应合反应促进难溶性电解质的溶解
25．（2021高二下·北京开学考）
（1）(一)某小组同学用下列试剂研究将AgCl转化为AgI。(已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17)
实验操作(试剂：0.1
mol/L NaCl溶液，0.1 mol/L AgNO3溶液，0.1 mol/L KI溶液)：向盛有2 mL 0.1 mol/L NaCl溶液的试管中(将操作补充完整)　 　。
（2）实验现象：　 　
（3）实验分析及讨论：
①该沉淀转化反应的离子方程式是　 　。
②由上述沉淀转化反应的化学平衡常数表达式可推导：K 　 　(列式即可，不必计算结果)。
（4）(二)某同学设计如下实验装置实现AgNO3溶液和KI溶液间的反应(a、b均为石墨)。
当K闭合后，发现电流计指针偏转，b极附近溶液变蓝。
①b极发生的是　 　(填“氧化”或“还原”)反应。
②a极上的电极反应式是　 　。
（5）事实证明：AgNO3溶液与KI的溶液混合只能得到AgI沉淀，对比(4)中反应，从反应原理的角度解释产生该事实的可能原因：　 　。
【答案】（1）滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，充分振荡后，再向其中加入4滴0.1 mo/L KI溶液
（2）沉淀的颜色由白色变为黄色 上述实验中的现象可证明AgCl转化为AgI。
（3）； (或者 ) 可得出结论：对于组成形式相同的沉淀，Ksp小的沉淀转化为Ksp更小的沉淀容易实现。
（4）氧化；Ag++e-=Ag
（5）Ag+与I-之间发生沉淀反应比氧化还原反应的速率或限度大
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(一)将AgCl转化为AgI。需要先制得AgCl沉淀，再将AgCl转化为AgI。
(1)向盛有2mL0.1 mol/L NaCl溶液的试管中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，充分振荡后，再向其中加入4滴0.1 mo/L KI溶液，故答案为：滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，充分振荡后，再向其中加入4滴0.1 mo/L KI溶液；
(2)上述实验中若观察到沉淀的颜色由白色变为黄色的现象，即可证明AgCl转化为AgI，故答案为：沉淀的颜色由白色变为黄色；
(3)①该沉淀转化反应的离子方程式为 ，故答案为： ；
②根据上述沉淀转化反应的化学平衡常数表达式可推导： = ，故答案为： (或者 )；
(二)(4)①当K闭合后，发现电流计指针偏转，b极附近溶液变蓝，I2遇到淀粉变蓝色，则b极附近I-转化为I2，发生氧化反应，故答案为：氧化；
②b极发生氧化反应，则b极为负极，则a极为正极，a极上的电极反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：Ag++e-=Ag；
(5)根据实验现象可知，Ag+与I-之间发生沉淀反应比氧化还原反应的速率或限度大，因此AgNO3溶液与KI溶液混合只能得到AgI沉淀，而不能发生氧化还原反应，故答案为：Ag+与I-之间发生沉淀反应比氧化还原反应的速率或限度大。
【分析】(一)将AgCl转化为AgI。需要先制得AgCl沉淀，再将AgCl转化为AgI，结合沉淀溶解平衡和沉淀的转化分析解答；(二)当K闭合后，发现电流计指针偏转，b极附近溶液变蓝，I2遇到淀粉变蓝色，则b极附近I-转化为I2，发生氧化反应，则b极为负极， a极为正极，结合反应的限度分析解答。
五、综合题
26．（2021·南通模拟）铬铁矿主要成分为铬尖晶石(FeCr2O4)，以铬铁矿为原料可制备Cr2(SO4)3溶液。铬铁矿的尖晶石结构在通常条件下难以被破坏，其中的二价铁被氧化后，会促进尖晶石结构分解，有利于其参与化学反应。
（1）铬铁矿中的基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为　 　。
（2）120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液。写出加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式：　 　。
（3）其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是　 　。
（4）已知：室温下Ksp[Cr(OH)3]=8×10-31，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，可通过调节溶液的pH，除去酸浸后混合液中的Fe3+。实验测得除铁率和铬损失率随混合液pH的变化如图2所示。pH=3时铬损失率高达38%的原因是　 　。
（5）在酸浸后的混合液中加入有机萃取剂，萃取后，Fe2(SO4)3进入有机层，Cr2(SO4)3进入水层。取10.00mL水层溶液于锥形瓶中，先加入氢氧化钠调节溶液至碱性，再加入足量过氧化氢溶液。充分反应后，加热煮沸除去过量过氧化氢。待溶液冷却至室温，加入硫酸和磷酸的混合酸酸化，此时溶液中Cr全部为+6价。在酸化后的溶液中加入足量KI溶液，以淀粉溶液作指示剂，用0.3000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O =S4O +2I-，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液19.80mL，计算萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度　 　。(写出计算过程)
【答案】（1）3d
（2）CrO3+3FeCr2O4+3OH+=3Fe3++7Cr3++15H2O
（3）120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多
（4）Fe(OH)3吸附Cr3+造成铬损失大
（5）0.1980mol·L-1
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)铁为26号元素，基态二价铁的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为3d能级。
(2)120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液，故加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式为：CrO3+3FeCr2O4+30H+=3Fe3++7Cr3++15H2O。
(3)其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多。
(4)pH=3时，若Cr3+沉淀，则Cr3+的最小浓度应为， ，显然是达不到的，故此时Cr3+未沉淀，则此时铬损失率高达38%的原因应是Fe(OH)3具有吸附性，Fe(OH)3吸附Cr3+造成铬损失大。
(5)由题意可知，+6价Cr氧化碘离子生成碘单质，则根据得失电子守恒可得2Cr(Ⅵ)+6I-→3I2+2Cr3+，故可得关系式：2Cr3+~2Cr(Ⅵ)~3I2~6S2O ，可得Cr3+~3S2O ，则萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度 。
【分析】（1）根据铁原子的质子数即可写出铁原子的基态能级排布，即可写出亚铁离子的基态电子能级排布，被氧化时失去电子失去的是3d能级电子
（2）加入的 CrO3 具有很高的氧化性，亚铁离子具有还原性，因此加入后促进了铁离子的产生，促进反应的进行
（3）根据图示，在120℃时浸出率已经很高，升高温度时，浸出率增加少，温度过高浪费能源
（4）主要考虑的是形成的氢氧化铁的吸附性
（5）六价的Cr被碘离子还原为三价的Cr,同时得到碘单质，碘单质被 Na2S2O3溶液滴定，即可找出消耗的Na2S2O3与Cr的关系，根据消耗的Na2S2O3即可计算出Cr的物质的量即可计算出物质的量浓度
27．（2021高二下·高邮月考）水体富营养化是由于水体中N、P等营养盐含量过多而引起的水质污染现象。去除水体中N、P的方法很多。
（1）化学沉淀法去除水体中的PO43-，常用的化合物有AlCl3、Ca(OH)2 等。
①AlCl3溶液中Al3+水解的离子方程式为　 　。
②Ca5(PO4)3OH的Ksp为6.8X10-37， 其溶度积常数表达式为Ksp[Ca5(PO4)3OH]=　 　。
（2）为探究将废水中氨态氮(NH3-N) 和PO43-同时去除，按n(NH4Cl)：nNa2HPO4)：n(MgCl2)
=1：1：1加入水中，实验测得不同pH下，氨态氮和PO43-的去除率如图(a)所示：
已知： (I) 去除的主要反应为： Mg2++NH4++HPO42-+6H2O MgNH4PO4 6H2O↓+H+ ，
(II)室温时，Ksp(MgNH4PO4 6H2O)=2.5X10-13， Ksp[Mg(OH)2]= 1.8x10-11，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3X10-31。
①pH在8.5~10.5时，氨态氮和PO43-去除率随pH增大而增大，其原因是　 　(从平衡移动角度说明)。
②当pH> 10.5时，氨态氮和PO43-去除率随pH增大而减小，其原因是　 　(从平衡移动角度说明)。
（3）-种浸没式SMDDC电池可用于去除地下水中硝态氮，其装置如图(b)所示：
①装置工作时，H+向　 　极(填“X”或“Y")室迁移。
②X极上(CH2O)n→CO2 的电极反应式为　 　；
Y极上NO3-→>N2的电极反应式为　 　
【答案】（1）Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+；c5(Ca2+)·c3(PO43－)·c(OH－)
（2）产物中H+与OH－结合生成H2O，使平衡右移；生成Mg(OH)2和Mg3(PO4)2沉淀，c(Mg2+)减小，使平衡左移
（3）Y；(CH2O)n + nH2O－4n e－= nCO2↑+4nH+；2NO3－+ 12H+ + 10e－= N2↑+6H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的调控；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①铝离子水解的离子方程式为： Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+ ，故正确答案是 Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+
②Ca5(PO4)3OH 是难溶性固体，因此存在溶解平衡，为 Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO43-(aq)+OH-(aq)，溶度积常数Ksp= c5(Ca2+)·c3(PO43－)·c(OH－) ，故正确答案是： c5(Ca2+)·c3(PO43－)·c(OH－)
（2）① 根据去除反应 Mg2++NH4++HPO42-+6H2O MgNH4PO4 6H2O↓+H+ ，当pH在8.5~10.5时此时显碱性，中和去除反应的氢离子，导致平衡向右移动，提高去除率，故正确答案是：产物中H+与OH－结合生成H2O，使平衡右移
② 据Ksp(MgNH4PO4 6H2O)=2.5×10-13， Ksp[Mg(OH)2]= 1.8x10-11，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-31 ，当氢氧根离子浓度过大时，会产生氢氧化镁和磷酸镁沉淀，导致平衡向左移动，故正确答案是：生成Mg(OH)2和Mg3(PO4)2沉淀，c(Mg2+)减小，使平衡左移
（3）① 根据图可知放电时硝酸根被还原为氮气，因此Y为电池的正极，X为电池的负极，装置为原电池时，氢离子向Y极移动 ，故正确答案是：Y
②X电极(CH2O)n失去电子被氧化为二氧化碳和氢离子，根据电子守恒和元素守恒写出电极式 (CH2O)n + nH2O－4n e－= nCO2↑+4nH+ ，Y极上的硝酸根被还原为氮气，即可写出电极式 2NO3－+ 12H+ + 10e－= N2↑+6H2O ，故正确答案为 (CH2O)n + nH2O－4n e－= nCO2↑+4nH+ ， 2NO3－+ 12H+ + 10e－= N2↑+6H2O
【分析】 （1）①根据离子水解方式即可写出离子方程式
②写出难溶电解质电离式即可计算出溶度积表达式
（2）①根据去除反应中的氢离子，碱性环境平衡右移动
②根据三种沉淀的Ksp进行对比，氢氧根过多时平衡左移
（3）①根据硝酸根中氮元素的化合价变化，确定Y为正极，X为负极，即可判断氢离子的流向
②根据电极反应的物质以及产物根据得失电子守恒即可写出电极反应
28．（2021·遵义模拟）碱式氧化镍(NiOOH)可作镍电池的正极材料，现用某废镍原料(主要含Ni、Al、SiO2，少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“碱浸”时，发生反应的离子反应方程式①　 　，②　 　。
（2）已知该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
　 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH
Ni2＋ 6.2 8.6
Fe2＋ 7.6 9.1
Fe3＋ 2.3 3.3
Cr3＋ 4.5 5.6
“调pH 1”时，主要除去的离子是　 　，溶液pH范围　 　。
（3）在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式　 　。
（4）在酸性溶液中CrO 可以转化成Cr2O ，用离子方程式表示该转化反应　 　，已知BaCrO4的Ksp＝1.2×10－10，要使溶液中CrO 沉淀完全(c(CrO )≤1×10－5mol·L－1)，溶液中钡离子浓度至少为　 　mol·L－1。
【答案】（1）2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO ＋3H2↑(或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑)；SiO2 + 2OH－=SiO +H2O
（2）Fe3＋、Cr3＋；5.6～6.2(或5.6≤pH<6.2)
（3）4Ni(OH)2＋O2 4NiOOH＋2H2O
（4）2CrO ＋2H＋ Cr2O ＋H2O；1.2×10－5
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铝的化学性质
【解析】【解答】(1) 由分析可知，碱浸时发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为Al＋2OH－＋2H2O=2AlO ＋3H2↑或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2 + 2OH－=SiO +H2O，故答案为：Al＋2OH－＋2H2O=2AlO ＋3H2↑(或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑)；SiO2 + 2OH－=SiO +H2O；
(2) 由分析可知，向得到的硫酸盐溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子后，调节溶液pH 1在5.6～6.2范围内，将铁离子和铬离子转化为氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，过滤除去铁离子和铬离子，故答案为：Fe3＋、Cr3＋；5.6～6.2(或5.6≤pH<6.2)；
(3) 空气中加热氢氧化镍可得碱式氧化镍的反应为氢氧化镍被空气中氧气在加热条件下氧化为碱式氧化镍，反应的化学方程式为4Ni(OH)2＋O2 4NiOOH＋2H2O，故答案为：4Ni(OH)2＋O2 4NiOOH＋2H2O；
(4) 在酸性溶液中，铬酸根离子与氢离子反应生成重铬酸根和水，反应的离子方程式为2CrO ＋2H＋ Cr2O ＋H2O；由BaCrO4的Ksp＝1.2×10－10可知，要使溶液中CrO 沉淀完全，溶液中钡离子浓度c(Ba2+)≥ = =1.2×10－5 mol·L－1，故答案为：2CrO ＋2H＋ Cr2O ＋H2O；1.2×10－5。
【分析】由题给流程可知，向某废镍原料加入氢氧化钠溶液碱浸，铝和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，过滤得到滤渣1；向滤渣1中加入稀硫酸酸溶，镍、铬和硫化亚铁与硫酸反应得到硫酸盐溶液，向反应后的溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子后，加入氢氧化镍调节溶液pH在5.6～6.2范围内，将铁离子和铬离子转化为氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铬的滤渣2和硫酸镍溶液；向硫酸镍溶液加入碱溶液调节溶液pH，过滤得到氢氧化镍沉淀；在空气中加热氢氧化镍制得碱式氧化镍。
29．（2021·天河模拟）某油脂厂废弃的油脂加氢所用催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及他们的氧化物，还有少量其他不溶性杂质。采用如图工艺流程回收其中的镍来制备硫酸镍晶体(NiSO4 7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示，回答下列问题：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时的pH(c=1.0mol L-1) 6.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时的pH(c=1.0×10-5mol L-1) 8.7 4.7 3.2 9.0
（1）废镍催化剂上的油脂在过程中被处理，滤液①中含有的无机阴离子有OH-、　 　。
（2）“转化”过程中反应的化学方程式为　 　，c(H2O2)随时间t的变化关系如图所示，反应开始10~20min内c(H2O2)迅速减小，原因是　 　。
（3）利用表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=　 　，“转化”后的溶液中Ni2+的浓度为1.0mol L-1，“调pH”应控制的pH范围是　 　。
（4）进行操作I前通常要在滤液③中加入少量稀硫酸，作用为　 　。
（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）
（2）；Fe3+对H2O2的分解有催化作用
（3）10-15.6；4.7＜pH＜6.2
（4）抑制Ni2+水解
（5）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)由以上分析知，滤液①中含有NaOH、NaAlO2，则无机阴离子有OH-、 。
(2)“转化”过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，反应的化学方程式为 ；c(H2O2)在10~20min内迅速减小，原因是Fe3+对H2O2的分解有催化作用。
(3)当pH=6.2时，c(Ni2+)=1.0mol/L，则Ni(OH)2的Ksp= c2(OH-)c(Ni2+)=(10-7.8)2×1.0=10-15.6，“转化”后的溶液中Ni2+的浓度为1.0mol L-1，开始沉淀pH=6.2，沉淀完全pH=8.7，则“调pH”应控制的pH小于6.2，大于4.7，保证Al3+、Fe3+完全沉淀。
(4)进行蒸发浓缩、冷却结晶前通常要在滤液③中加入少量稀硫酸，作用为抑制Ni2+水解。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为 。
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaOH、NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化变为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，滤渣③为氢氧化铁，再控制pH，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸镍晶体，据此分析解答。
30．（2021·盐城模拟）(铬是造成水体重度污染的元素之一，水体除铬主要有还原沉淀法、离子交换法、光催化还原法等。
（1）还原沉淀法：向水体中加入FeSO4、CaSO3等将高毒性Cr(Ⅵ)还原为低毒性Cr(Ⅲ)再调节pH使Cr(Ⅲ)生成Cr(OH)3沉淀除去。
①Cr(Ⅵ)在水溶液中的存在形态分布如图1所示。向pH=1.5的含Cr(Ⅵ)污水中加入FeSO4，发生的主要反应的离子方程式为　 　。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图2所示。当pH＞12时，铬去除率下降的原因可用离子方程式表示为　 　。
（2）离子交换法：用强碱性离子交换树脂(ROH)与含铬离子(CrO 、HCrO 等)发生离子交换。如与CrO 的交换可表示为2ROH(s)+CrO (aq) R2CrO4(s)+2OH-(aq)。Cr(Ⅵ)去除率与pH关系如图3所示，当pH＞4时，Cr(Ⅵ)去除率下降的原因是　 　。
（3）光催化还原法：可能的反应机理如图4所示，ZrO2纳米管为催化剂，在紫外光照射下，VB端光生空穴(h+)被牺牲剂甲醇(CH3OH)消耗。在紫外光照射下，甲醇还原Cr(Ⅵ)的过程可描述为　 　。
【答案】（1）3Fe2++HCrO +7H+=3Fe3++Cr3++4H2O；Cr(OH)3+OH-=Cr(OH)
（2）pH升高导致离子交换平衡左移，pH>4后HCrO 转化为CrO ，交换CrO 所需OH-的量是交换HCrO 所需OH-的量的两倍
（3）甲醇CH3OH在VB端失去电子e-，并被转移到CB端，Cr(Ⅵ)在CB端得到电子还原为Cr(Ⅲ)，Cr(Ⅲ)可以进一步得到电子还原为Cr(0)
【知识点】氧化还原反应；化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)①由图1可知，当pH=1.5时，Cr(Ⅵ)在水溶液中主要以HCrO 存在，向含大量HCrO 的溶液中加入FeSO4，Cr(Ⅵ)还原为低毒性Cr(Ⅲ)，Cr元素化合价由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知反应离子方程式为3Fe2++HCrO +7H+=3Fe3++Cr3++4H2O；
②由图2可知，当pH＞12时，Cr(OH)3转化为Cr(OH) 而进入溶液中，使得铬去除率下降，该过程中反应的离子方程式为Cr(OH)3+OH-=Cr(OH) ；
(2)用强碱性离子交换树脂(ROH)与含铬离子(CrO 、HCrO 等)发生离子交换过程中，CrO 的交换可表示为2ROH(s)+CrO (aq) R2CrO4(s)+2OH-(aq)，由图1可知，当溶液pH＞4.5时，HCrO 逐渐转化为CrO ，随着溶液pH增大，CrO 交换过程的平衡左移，使得Cr(Ⅵ)去除率下降，故答案为：pH升高导致离子交换平衡左移，pH＞4后HCrO 转化为CrO ，交换CrO 所需OH-的量是交换HCrO 所需OH-的量的两倍；
(3)根据图4可知，光催化还原CrO 过程中，甲醇在VB端失去电子生成CO2、H2O，电子流向CB端，CrO 在CB端逐步得到电子生成Cr(0)，从而实现去除Cr(Ⅵ)，故答案为：甲醇CH3OH在VB端失去电子e-，并被转移到CB端，Cr(Ⅵ)在CB端得到电子还原为Cr(Ⅲ)，Cr(Ⅲ)可以进一步得到电子还原为Cr(0)。
【分析】（1）① 根据pH=1.5找出此时 Cr(Ⅵ) 存在状态是HCrO ，写出与亚铁离子反应的离子方程式即可②碱性太强，氢氧化铬变为可溶性的Cr(OH)
（2）据图可以看出，pH增大，导致氢氧根离子浓度增大，导致平衡左移
（3）根据图示，在VB端甲醇变为二氧化碳和水，在CB端五价的Cr先变为三价Cr,再变为0价的Cr
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