第3章第3节沉淀溶解平衡同步练习2022——2023学年上学期高一化学鲁科版（2019）选择性必修1（含解析）

第3章第3节沉淀溶解平衡同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将浓度为2×10-4mol L-1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应为
A．2.8×10-2mol L-1 B．1.4×10-5mol L-1 C．2.8×10-5mol L-1 D．5.6×10-5mol L-1
2．下列有关的沉淀溶解平衡的说法中，正确的是
A．的生成和溶解不断进行，但速率相等
B．难溶于水，溶液中没有和
C．升高温度，的溶解度不变
D．向的沉淀溶解平衡体系中加入NaCl固体，溶解的量不变
3．秦俑彩绘中的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2都是难溶的铅盐。室温下，PbCO3和PbI2达到溶解平衡时，-lgc(Pb2+)与-lgc()或-lgc(I-)的关系如图，下列说法错误的是
A．L2曲线代表PbCO3，其Ksp(PbCO3) =1.0×10-13.1
B．p点对应的PbI2溶液中，滴入0.1 mol·L-1 Pb(NO3)2溶液，将析出固体PbI2
C．反应PbI2(s)+(aq)PbCO3(s)+2I-(aq)的平衡常数K=105.1
D．向等浓度的Na2CO3与NaI的混合溶液中滴入Pb(NO3)2 溶液先产生黄色沉淀
4．常用MnS做沉淀剂处理含Cu2+废水，原理为Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+ (aq)。下列有关该反应的说法错误的是
A．该反应达到平衡时，c(Mn2+)浓度不再变化 B．CuS的溶解度比MnS的溶解度小
C．平衡后再加入少量MnS (s)，c(Mn2+)增大 D．该反应平衡常数K=
5．硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质。常温下-lg c(Ba2＋)随-lg c(CO)或-lg c(SO)的变化趋势如图，下列说法正确的是
A．趋势线A表示硫酸钡
B．向100 mL含有CO、SO混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，SO一定先沉淀
C．将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，此时溶液中的=10
D．向碳酸钡悬浊液中加入饱和硫酸钠溶液，若碳酸钡转化成了硫酸钡，则可证明硫酸钡Ksp更小
6．根据实验操作和现象，不能得出相应结论的是
实验操作和现象 结论
A 在常温下，等体积、pH=12的两种碱溶液MOH和ROH分别加水稀释10倍，稀释后，MOH溶液的pH大 碱性：
B 常温下，分别测NaA溶液与NaB溶液的pH，NaA溶液的pH大 酸性：
C 某溶液中滴加溶液、产生蓝色沉淀 原溶液中有
D 向2mL 溶液中滴加3mL等浓度的NaCl溶液后，再滴加KI溶液，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀。
A．A B．B C．C D．D
7．在自然界中，原生铜的硫化物转变成后遇到地壳深层的ZnS和PbS便慢慢转变为CuS。由此可知，下列物质中溶解度最小的是( )
A． B．ZnS C．PbS D．CuS
8．常温下，Ksp(ZnS)=1. 6×10-24 ，Ksp(FeS)=6.4×10-18，其中FeS为黑色晶体，ZnS是一种白色颜料的组成成分。下列说法不正确的是
A．向FeS悬浊液中通入少量HCl，Ksp(FeS)不变
B．向物质的量浓度相等的FeCl2和ZnCl2混合液中滴加Na2S溶液，先产生白色沉淀
C．在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，可能产生FeS沉淀
D．常温下，反应FeS(s)+ Zn2+ (aq) ZnS(s)+Fe2+ (aq)的平衡常数K=4.0×10-6
9．向AgCl悬浊液中加入少量水，下列说法正确的是
A．AgCl的溶解度、Ksp均不变 B．AgCl的溶解度、Ksp均变大
C．溶液中c(Ag+)增大 D．悬浊液中固体质量不变
10．相同操作条件下，洗涤 沉淀，造成沉淀损失最少的是
A．稀 溶液 B．热的蒸馏水
C．稀硝酸 D．稀硫酸
11．为研究沉淀之间的转化，某小组设计如图实验：
下列分析正确的是
A．白色浊液中不存在自由移动的Ag+ B．实验2说明Ksp(AgCl)C．把实验①②交换顺序，看不到白色沉淀 D．黑色浊液中不含AgI
12．25℃时，和的沉淀溶解平衡曲线如图(代表或)所示。下列说法不正确的是
A．a点可表示的饱和溶液
B．c点可表示的过饱和溶液，达新平衡时可到达b点
C．d点时溶液中存在(忽略单位)
D．用溶液浸泡足量，会有部分转化为
13．t℃时，已知在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A．t℃时，的
B．图中a、c两点对应的溶液都是饱和溶液，b、d两点对应的溶液都是不饱和溶液
C．向c点的溶液中加入少量NaI固体，有固体析出
D．c点的溶液恒温蒸发部分水，可变到a点
14．某实验小组按下图所示进行实验：
下列说法错误的是
A．①③溶液中均有
B．③溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动
C．①溶液中等于③溶液中
D．③溶液中存在：
15．已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=7.7×10-13，Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12.某溶液中含有Cl-、Br-和的浓度均为0.010mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为
A．Cl-、Br-、 B．、Br-、Cl-
C．Br-、Cl-、 D．Br-、、Cl-
二、实验题
16．印刷电路板在电子行业中应用广泛,其中的铜质线路是通过化学试剂刻蚀覆盖在有机绝缘材料上的铜板形成的。从废弃的印刷电路板上可以回收铜及其化合物。甲、乙、丙三组同学分别采用了不同的回收方案如下（部分产物略去）：
（1）甲组步骤①中反应的离子方程式为：______。
（2）甲组同学进行实验时，发现H2O2已变质不能使用，他们需要在不使用H2O2的前提下实现反应Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑。在你认为能实现该转化的装置中的括号内，标出电极材料（填“Cu”或“C”，不能实现的装置中不要填写）。
________
（3）乙组同学使用的FeCl3溶液需要酸化的原因是：________。
（4）图为乙组电解时的装置图。其中铜电极应该与电源的_____（填“正极”或“负极”）相连。当观察到阴极有少量气泡产生时，即停止电解，此时要回收的铜已全部析出。则阴极发生的电极反应为（按反应发生的先后顺序书写）：_____、___、___。
（5）乙组同学用1L 0.2mol/L的FeCl3溶液溶解铜，电解时，阴极产生无色气体0.56L（标准状况下）时停止电解，此时阳极产生的气体在标准状况下的体积共_____L。
（6）丙组同学利用FeCl3腐蚀铜板后的混合液中,若Cu2+、Fe3+和Fe2+的浓度均为0.10 mol/L，请参照下表给出的数据和药品,简述除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+的实验步骤（写出试剂和操作）①_____________；②____；③过滤弃去滤渣。
氢氧化物开始沉淀时的pH 氢氧化物沉淀完全时的pH
Fe3+ 1.9 3.2
Fe2+ 7.0 9.0
Cu2+ 4.7 6.7
提供的药品:Cl2、浓硫酸、NaOH溶液、CuO、Cu
17．盐泥是氯碱工业中的废渣，主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐（含少量铁、铝、钙的盐）。实验室以盐泥为原料制取MgSO4 7H2O的实验过程如下：
已知：①室温下Ksp[Mg（OH）2]=6.0×10﹣12．②在溶液中，Fe2+、Fe3+、Al3+从开始沉淀到沉淀完全的pH范围依次为7.1～9.6、2.0～3.7、3.1～4.7．③三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线如图所示．
（1）在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2以及煮沸的目的是___________________；
（2）若室温下的溶液中Mg2+的浓度为6.0mol L﹣1，则溶液pH≥___________才可能产生Mg（OH）2沉淀；
（3）由滤液Ⅰ到滤液Ⅱ需先加入NaClO调溶液pH约为5，再趁热过滤，则趁热过滤的目的是_______________，滤渣的主要成分是_________________；
（4）从滤液Ⅱ中获得MgSO4 7H2O晶体的实验步骤依次为①向滤液Ⅱ中加入_________；②过滤，得沉淀；③_____________；④蒸发浓缩，降温结晶；⑤过滤、洗涤得产品；
（5）若获得的MgSO4 7H2O的质量为24.6g，则该盐泥中镁[以Mg（OH）2计]的百分含量约为_______（MgSO4 7H2O的相对分子质量为246）；
三、原理综合题
18．工业废水中常含有一定量的和，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理。常用的处理方法有以下两种：
方法1：还原沉淀法。
该法的工艺流程为：Cr3+ Cr(OH)3↓
其中第①步存在平衡2(黄色)+2H+ (橙色)+H2O。
(1)若平衡体系的pH=2，该溶液显_____色。
(2)能说明第①步反应达平衡状态的是_____(填序号)。
A．和的浓度相同 B．2v()=v() C．溶液的颜色不变
(3)第②步中，还原1mol离子，需要_____mol的FeSO4 7H2O。
(4)第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s) Cr3+(aq)+3OH-(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+) c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至_____。
方法2：电解法。
该法用Fe做电极电解含的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。
(5)用Fe做电极的原因为_____(用电极反应式解释)。
(6)在阴极附近溶液pH升高，溶液中同时生成的沉淀还有_____。
19．工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。
方法1：还原沉淀法。该法的工艺流程为：CrO Cr2OCr3+ Cr(OH)3↓
(1)流程第①步存在平衡：2 CrO+2H+ Cr2O+H2O，能说明第①步反应达平衡状态的是_____。(填序号)
A．Cr2O和CrO的浓度相同 B．2v Cr2O＝v CrO C．溶液的颜色不变
(2)流程第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s) Cr3+(aq)+3OH-(aq)。常温下Cr(OH)3的溶度积Ksp=10-32，当c(Cr3+)降至10-5mol/L时溶液的pH为_____。
方法2：电解法
该法用Fe做电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。请用电极反应方程式解释下列原因：
(3)用Fe做电极的原因是_____，在阴极附近溶液pH升高的原因是_____。
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参考答案：
1．D
【详解】溶液的浓度为，与某浓度CaCl2溶液等体积混合后溶液中，时，会产生沉淀，即×c混(Ca2+)>2.8×10-9，解得，故原CaCl2溶液的最小浓度应大于；
故选D。
2．A
【详解】A．AgCl的生成和溶解不断进行，速率相等，存在溶解平衡，故A正确；
B．固体在溶液中存在沉淀溶解平衡，所以溶液中有和，故B错误；
C．升高温度，溶解度增大，故C错误；
D．向平衡体系中加入固体，增大了，沉淀溶解平衡左移，溶解的量减小，故D错误；
答案选A。
3．D
【详解】A．L2曲线代表PbCO3，取点(0，13.1)，此时-lgc()=0，c()=1mol/L，-lgc(Pb2+)=13.1，c(Pb2+)=10-13.1mol/L，其Ksp(PbCO3) = c(Pb2+) c()=1×10-13.1=1.0×10-13.1，A正确；
B．p点对应的PbI2溶液中，滴入0.1 mol·L-1 Pb(NO3)2溶液，将增大溶液中的c(Pb2+)，使沉淀溶解平衡逆向移动，从而析出固体PbI2，B正确；
C．取点(0，8)，可求出Ksp(PbI2)=10-8，反应PbI2(s)+(aq)PbCO3(s)+2I-(aq)的平衡常数K====105.1，C正确；
D．因为Ksp(PbI2)=10-8，Ksp(PbCO3)=10-13.1，向等浓度的Na2CO3与NaI的混合溶液中滴入Pb(NO3)2 溶液，所以先生成PbCO3沉淀，即先产生白色沉淀，D错误；
故选D。
4．C
【详解】A．该反应达到平衡时，各微粒的浓度保持不变，所以c(Mn2+)浓度不再变化，A正确；
B．可逆反应发生后，向生成更难溶物质的方向移动，所以CuS的溶解度比MnS的溶解度小，B正确；
C．平衡后再加入少量MnS (s)，对各离子浓度不产生影响，所以平衡不发生移动，c(Mn2+)不变，C错误；
D．该反应平衡常数K==，D正确；
故选C。
5．C
【分析】浓度越大，则浓度的负对数越小，硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质，则由图可知，A为碳酸钡的溶解度曲线，B为硫酸钡的溶解度曲线，
【详解】A．由以上分析可知，A为碳酸钡的溶解度曲线，故A错误；
B．由于碳酸根和硫酸根离子浓度不确定，若碳酸根离子浓度远大于硫酸根离子，则滴加BaCl2溶液，先沉淀，故B错误；
C．由图中数据可知，常温下，Ksp(BaCO3)=1×10-10，Ksp(BaSO4)=1×10-11，将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，溶液中存在，故C正确；
D．向碳酸钡悬浊液中加入饱和硫酸钠溶液，存在沉淀转化，由于硫酸根离子浓度增大可促进平衡正向移动，使碳酸钡转化成了硫酸钡，但不可证明硫酸钡Ksp更小，故D错误；
故选：C。
6．B
【详解】A．在常温下，等体积、pH=12的两种碱溶液MOH和ROH分别加水稀释10倍，稀释后，MOH溶液的pH大，说明MOH稀释时又电离，而ROH稀释时不电离或电离移动比MOH电离移动小，则碱强弱：，能得出结论，故A不符合题意；
B．常温下，分别测NaA溶液与NaB溶液的pH，NaA溶液的pH大，没有说测同浓度的盐溶液的pH值，因此不能得出HA、HB的酸强弱，故B符合题意；
C．某溶液中滴加溶液、产生蓝色沉淀，则沉淀为，说明元溶液中含有亚铁离子，能得出结论，故C不符合题意；
D．向2mL 溶液中滴加3mL等浓度的NaCl溶液后，银离子反应完，氯离子还有剩余，生辰AgCl白色沉淀，再滴加KI溶液，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀，生成了AgI即AgCl转化为AgI，则得出结论，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
7．D
【详解】易溶于水，而ZnS、PbS、CuS难溶于水，原生铜的硫化物转变成后遇到地壳深层的ZnS和PbS便慢慢转变为CuS，根据溶解度小的矿物可以转化为溶解度更小的知，ZnS和PbS溶解度大于CuS，溶解度最小的是CuS；故答案为D。
8．D
【详解】A．Ksp(FeS)只与温度有关，温度不变，Ksp(FeS)不变，A正确；
B．Ksp(ZnS)＜Ksp(FeS)，根据Ksp小的先沉淀可知，先产生ZnS白色沉淀，B正确；
C．在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，由于FeCl2浓度未知，则Qc（FeS）可能大于Ksp(FeS)，故可能产生FeS沉淀，C正确；
D．反应FeS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Fe2+(aq)的平衡常数K=，D错误；
故答案选D。
9．A
【详解】A．AgCl的溶解度、Ksp均不变，与加水的多少无关，与温度有关，故A正确；
B．温度不变，AgCl的溶解度、Ksp均不变，故B错误；
C．AgCl悬浊液中加入少量水，溶解平衡正向移动，但由于是悬浊液，依然是饱和溶液，因此溶液中c(Ag+)不变，故C错误；
D．AgCl悬浊液中加入少量水，溶解平衡正向移动，悬浊液中固体质量减小，故D错误。
综上所述，答案为A。
10．D
【详解】四种溶液或液体成分均不与BaSO4发生反应，同温度下数值不变，稀硫酸中有，由于同离子效应c()数值更大，c(Ba2+)更小，所以稀硫酸抑制BaSO4溶解；综合以上分析，用稀硫酸洗涤BaSO4沉淀，造成沉淀损失最小；
答案选D。
11．C
【详解】A．白色浊液中存在AgCl的沉淀溶解平衡，存在自由移动的Ag+，故A错误；
B．实验2沉淀发生转化，说明AgI更难溶，溶度积越小的越易沉淀，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B错误；
C．把实验①②交换顺序，由于KI过量且Ksp(AgI)< Ksp(AgCl)，因此直接产生黄色沉淀，看不到白色沉淀，故C正确；
D．实验③存在沉淀转化为Ag2S，其存在沉淀溶解平衡，由于实验②中KI是过量的，则Ag+与I-可结合生成AgI，故D错误；
故选：C。
12．B
【详解】A．a点在CaCO3沉淀溶解平衡曲线上，可表示CaCO3的饱和溶液，A正确；
B．c点表示的是的过饱和溶液，溶液中存在，平衡逆向移动，、同时减小，达到新平衡后，无法到达b点，B错误；
C．d点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上，根据图可知，c(Mn2+)·c()=4×10-6×4×10-6=1.6×10-11，C正确；
D．虽然MnCO3的溶度积常数小于CaCO3，但是仍会发生反应，用0.10mol L 1CaCl2溶液浸泡足量MnCO3，相当于增大反应物浓度，平衡正向移动，会有部分碳酸锰转化为碳酸钙，D正确；
故答案选B。
13．C
【详解】A．曲线上的点均处于沉淀溶解平衡状态，则PdI2的Ksp=c（Pd2+）×c2（I-）=（5×10-5）×（1×10-4）2=5.0×10-13，故A错误；
B．t℃时，a、c两点在曲线上、为饱和溶液，b点在曲线下方、为不饱和溶液，d点在曲线上方、为过饱和溶液，即a、c点是饱和溶液，d点是过饱和溶液，b点为不饱和溶液，故B错误；
C．c点溶液是饱和溶液，Ksp=c（Pd2+）×c2（I-），加入少量NaI固体，溶液中c（I-）增大，此时浓度积Q＞Ksp，则有PdI2固体析出，故C正确；
D．c点的溶液为饱和溶液，恒温蒸发部分水，有晶体析出，溶液中c（Pd2+）、c（I-）不变，则不能变到a点，故D错误；
故选C。
14．C
【详解】A．氢氧化镁为难溶电解质，存在溶解平衡，则沉淀溶解平衡为，故A正确；
B．③中溶液又变红，可知溶液显碱性，结合选项A可知，沉淀溶解平衡正向移动，故B正确；
C．①中含氢氧化镁，③中含氢氧化镁、氯化镁，氯化镁的存在会使氢氧化镁的溶解平衡逆向移动，则c(OH-)：③＜①，故C错误；
D．③中溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，由电荷守恒式2c(Mg2+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，可知2c(Mg2+)＞c(Cl-)，故D正确；
故选：C。
15．C
【详解】利用沉淀溶解平衡原理，当Q>Ksp时，有沉淀析出。溶液中Cl-、Br-、的浓度均为0.010 mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液时，溶解度小的先满足Q>Ksp，有沉淀析出。比较Ksp，AgBr、AgCl同类型，溶解度：AgBr＜AgCl。再比较AgCl、Ag2CrO4沉淀所需c(Ag＋)，Cl-沉淀时所需c(Ag＋)≥mol·L-1=1.8×10-8 mol·L-1，沉淀时所需c(Ag＋)≥ mol·L-1=3.0×10-5 mol·L-1，故推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、，故选：C。
16． Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O 防止Fe3+水解 负极 Fe3++e-=Fe2+ Cu2++2e-=Cu 2H++2e-=H2↑ 2.8 通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+ 加入CuO调节溶液pH至3.2 ~4.7
【分析】（1）铜被酸性过氧化氢氧化为铜离子；
（2）依据电解池原理分析作答；
（3）铁离子会发生水解；
（4）根据电解的基本原理及电解过程中阴极的放电顺序分析作答；
（5）依据题意易知，阴极产生的气体为氢气，而阳极产生的气体为氯气，结合各离子的物质的量根据电子转移数守恒分析；
（6）依据沉淀溶解所需的pH值得出结论。
【详解】（1）铜单质在酸性条件下被过氧化氢氧化最终生成硫酸铜与水，其离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
（2）要实现Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑的氧化还原反应，需要在有外加电源的条件下，将Cu电极接入电源的正极，作为电解池的阳极，失电子发生氧化反应；而阴极电极材料为C，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，则故答案为；
（3）氯化铁溶液中，铁离子会发生水解，使溶液先酸性，酸化后，可防止Fe3+水解；
（4）电解CuCl2、FeCl2和FeCl3的混合溶液来制备金属单质铜，则铜电极要作为阴极与电源的负极相连，氧化性：Fe3+>Cu2+>H+,则阴极电解的放电顺序可知，阴极发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+；Cu2++2e-=Cu；2H++2e-=H2↑；
（5）用1L 0.2mol/L的FeCl3溶解铜，则生成的n(Cu2+)=×0.2mol/L×1L=0.1mol,溶液中当阴极产生无色气体0.56L气体时，则阴极产生的氢气为0.56L，标砖状况下生成的氢气的物质的量为=0.025mol，依据放电顺序可知阴极反应式分别为：Cu2++2e-=Cu；2H++2e-=H2↑，则转移的电子数为0.1 mol×2+0.025mol×2=0.25 mol，而阳极发生的电极反应式为：2Cl-－2e-=Cl2↑，故生成的氯气的物质的量为×0.25 mol=0.125mol，在标准状况下的体积为0.125mol×22.4L=2.8L；
（6）氢氧化亚铁沉淀所需pH范围为7.0-9.0，氢氧化铁完全沉淀所需pH值为1.9-3.2，氢氧化铜开始沉淀时的pH为4.7，若要除去Cu2+中的Fe2+和Fe3+，则需要先将Fe2+转化为铁离子，再调节溶液的pH范围以达到除杂目的，依据所给实验用品可知，除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+的实验步骤①通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+；②加入CuO调节溶液pH至3.2~4.7；最后过滤弃去滤渣，故答案为通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+；加入CuO调节溶液pH至3.2~4.7。
【点睛】电解原理中阴阳极放电顺序判断方法：
（1）阴极：阴极上放电的是溶液中的阳离子，与电极材料无关。金属活动性顺序表中越排在后面的，其离子的氧化性越强，越易得到电子(注意Fe3+在Cu2+后面)而放电，其放电顺序为：K+Ca2+Na+Al3+(水中）H+Zn2+Fe2+Sn4+Pb2+H+Cu2+Fe3+Ag+。
（2）阳极：若为活性电极做阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应；若为惰性电极做阳极，则仅是溶液中的阴离子放电，其常见的放电顺序为：F－含氧酸根离子OH－Cl－Br－I－S2－。
17． 提高Mg2+的浸取率 8 温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4 2H2O溶解度小等合理答案均可） Al(OH)3 、Fe(OH)3、CaSO4 2H2O NaOH溶液 向沉淀中加足量稀硫酸 20.0%
【分析】（1）根据离子完全沉淀的pH值来确定在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的；
（2）根据氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+） c2（OH-）来计算；
（3）根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线来回答；
（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体；
（5）根据镁元素守恒结合关系式：MgSO4 7H2O-Mg（OH）2进行计算。
【详解】（1）根据离子完全沉淀的pH值可以知道，在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的是为了提高Mg2+的浸取率，故答案为为了提高Mg2+的浸取率；
（2）氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+） c2（OH-），溶液中Mg2+的浓度为6.0mol L-1，则溶液的氢氧根浓度=mol/L=10-6mol/L，所以氢离子浓度为=10-8mol/L，pH为8，故答案为8；
（3）根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4 2H2O溶解度小，温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底；由滤液Ⅰ到滤液Ⅱ需先加入NaClO调溶液pH约为5，把亚铁离子氧化成铁离子，同时铁离子、铝离子形成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀、硫酸钙沉淀，所得到的滤渣主要成分是：Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4 2H2O，故答案为温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4 2H2O溶解度小等合理答案均可）；Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4 2H2O；
（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体，故答案为NaOH溶液；向沉淀中加足量稀硫酸；
（5）设该盐泥中含Mg（OH）2的质量为x，MgSO4 7H2O质量为24.6克，物质的量是=0.1mol．
由关系式MgSO4 7H2O~Mg（OH）2
1mol 58g
0.1mol x
解得：x=5.8g，故该盐泥中含Mg（OH）2的百分含量为×100%=20%，故答案为20.0%。
考点：考查了物质的分离和提纯知识的综合实验题的相关知识。
18． 橙 C 6 5 Fe-2e-=Fe2+，提供还原剂Fe2+ Fe(OH)3
【详解】(1)溶液显酸性，c(H+)较大，2(黄色)+2H+ (橙色)+H2O，该平衡右移，该溶液显橙色；
(2)A．和的浓度相同，但是不一定是浓度保持不变的状态，反应不一定达到平衡状态，平衡时浓度不变，故A不符合题意；
B．2v()=v()，没有标出正、逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，故B不符合题意；
C．平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，故C符合题意；
答案选C；
(3)由元素的化合价变化可知，还原1 mol离子，得到Cr3+，得到电子为2×(6-3)=6 mol，Fe2+被氧化为Fe3+，需要FeSO4 7H2O的物质的量为=6 mol；
(4)当c(Cr3+)=10-5 mol/L时，溶液的c(OH-)==10-9 mol/L，c(H+)=mol/L=10-5 mol/L，pH=5，即要使c(Cr3+)降至10-5 mol/L，溶液的pH应调至5；
(5)用Fe做阳极，发生氧化反应，失电子：Fe-2e-=Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂；
(6)溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：2H++2e-=H2↑，导致溶液酸性减弱，溶液pH升高；同时溶液中亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe(OH)3。
19． C 5 Fe-2e-=Fe2+ 2H++2e-=H2↑
【详解】
(1)对于平衡：2CrO42﹣(黄色)+2H+ Cr2O72﹣(橙色)+H2O，
A．各组分的浓度保持不变，而Cr2O72﹣和CrO42﹣的浓度相同，不能判定是否达平衡状态，故A错误；
B．2v(Cr2O72﹣)＝v(CrO42﹣)不知道是正反应速率还是逆反应速率，不能证明正逆速率相等，所以不是平衡状态，故B错误；
C、溶液的颜色不变，即有色离子浓度不再改变，达到了化学平衡状态，故C正确；
故选：C；
(2)常温Cr(OH)3的溶度积Ksp＝10﹣32，当c(Cr3+)降至10﹣5mol/L，则c(OH﹣)＝＝10﹣9mol/L，c(H+)＝10﹣5mol/L，溶液的pH为5，故答案为：5；
(3)在电解法除铬中，活性电极铁作阳极，所以阳极反应为：Fe﹣2e﹣═Fe2+，在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2：2H++2e﹣═H2↑；同时大量产生了OH﹣，产生Cr(OH)3沉淀，故答案为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+；2H++2e﹣＝H2↑。
答案第1页，共2页
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