3.3 沉淀溶解平衡 同步练习题（含解析）2023-2024学年高二上学期鲁科版（2019）选择性必修1

3.3 沉淀溶解平衡 同步练习题
一、单选题
1．HA和HB是两种一元弱酸，其难溶盐RA和RB的溶度积：，已知不发生水解，实验测得25℃时RA和RB的饱和溶液中， 随的变化为线性关系，如图中实线甲和实线乙所示。下列说法错误的是（　　）
A．25℃时，RA的的数量级为
B．实线甲表示难溶盐RB中随的变化
C．当时，溶液
D．25℃时，将RA，RB加入蒸馏水中混合、振荡、静置后，上层清液中
2．在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgCl的Ksp=4×10﹣10，下列说法不正确的是（　　）
A．如图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
B．在t℃时，Ksp（AgBr）=4.9×10﹣13
C．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq） AgBr（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数K≈816
D．在AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由b点到以c点
3．下列关于沉淀溶解平衡的理解，正确的是（　　）
A．沉淀达到溶解平衡时，溶液中溶质离子浓度一定相等，且保持不变
B．常温下，AgCl在水中的溶解度小于其在食盐水中的溶解度
C．难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动
D．常温下，向饱和溶液中加入固体，会生成沉淀，但的Ksp不变
4．下列说法不正确的是（　　）
A．由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀
B．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关
C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变
D．两种难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小
5．在t℃时，Ag2CrO4(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法错误的是（　　）
A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8
B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C．t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等
D．t℃时，将0.01 mol·L－1AgNO3溶液滴入20 mL 0.01 mol·L－1KCl和0.01 mol·L－1K2CrO4的混合溶液中，Cl－先沉淀
6．25℃时，三种难溶银盐的Ksp与颜色如下表，下列说法正确的是（　　）
A．AgCl、Ag2CrO4、AgI饱和溶液中c(Ag＋)依次减小
B．Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag＋)约为1.0×10－6mol·L－1
C．向AgCl悬浊液中加入足量KI溶液，沉淀将由白色转化为黄色
D．向等浓度的KCl与K2CrO4的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，将生成砖红色沉淀
7．在T° C时，Ag2CrO4 (橘红色)及CdCO3和Cd (OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是
A．T° C时，Ag2CrO4的Ksp为1.0×10-9
B．T℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp不相等
C．曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线
D．T℃，在CdCO3(s) +2OH- (aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=102
8．已知25℃时，的平衡常数，，下列叙述中正确的是
A．向的混合液中滴加溶液，首先析出沉淀
B．将浓度均为的、溶液等体积混合后可得到沉淀
C．25℃时，的约为
D．相同温度下，在水中的大于在溶液中的
9．一定温度下的难溶电解质AmBn 在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，其平衡常数Ksp＝cm(An＋)×cn(Bm＋)，称为难溶电解质的离子积。已知下表数据：
物质 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3
Ksp／25℃ 8.0×10－16 2.2×10－20 4.0×10－36
完全沉淀时的pH范围 ≥9.6 ≥6.4 ≥3
对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的下列说法，正确的是
A．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到的是蓝色沉淀
B．该溶液中c(SO42－)：[ c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]＞5：4
C．向该溶液中加入适量氯水，调节pH到4~5后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液
D．向该溶液中加入适量氨水，调节pH到9.6后过滤，将所得沉淀灼烧，可得等物质的量的CuO、FeO、Fe2O3三种固体的混合物
10．已知 ， ， 。某溶液中含有 、 和 ，浓度均为0.010 ，向该溶液中逐滴加入0.010 的 溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（　　）
A． 、 、 B． 、 、
C． 、 、 D． 、 、
11．生活中的一些问题常涉及到化学知识，下列叙述正确的是（　　）
A．晶体硅具有半导体的性质，所以可以制作光导纤维
B．氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其具有氧化性，与铜发生置换反应
C．明矾和漂白粉常用于自来水的处理，两者的作用原理相同
D．水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染
12．AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）。下列说法错误的是（　　）
A．AlPO4在b点对应的溶解度大于c点
B．AlPO4沉淀溶解是放热的过程
C．图中四个点的Ksp：a＝c＝d＜b
D．T1温度下，在饱和溶液中加入AlCl3可使溶液由c点变到a点
13．下列叙述正确的是（　　）
A．△H>0的化学反应一定不能自发进行
B．反应2NO2(g) N2O4(l)的熵(体系的混乱度)增大(即△S>0)
C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同
D．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液
14．一定温度下向含有FeS固体的浊液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（　　）
A．c（S2﹣） B．c（Fe2+）
C．c（H+） D．c（Fe2+） c（S2﹣）
15．向MnCl2溶液中加入过量难溶电解质MnS，可使溶液中含有的Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子转化为硫化物沉淀，从而得到纯净的MnCl2。下列分析正确的是（　　）
A．MnS溶解度大于CuS、PbS、CdSb
B．MnS有还原性，可将Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋还原后除去
C．MnS具有吸附性
D．MnS与Cu2＋反应的离子方程式是Cu2＋＋S2-＝CuS↓
16．已知：25 C 时，Ksp[Zn(OH)2]= 1.0×10-18， Ka(HCOOH)= 1.0×10-4。该温度下，下列说法错误的是（　　）
A．HCOO－的水解平衡常数为 1.0×10-10
B．向 Zn(OH)2 悬浊液中加少量 HCOOH，溶液中 c(Zn2+)增大
C．Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中，c(Zn2+)>1.0×10-6 mol/L
D．Zn(OH)2(s) +2HCOOH(aq) Zn2+(aq) +2HCOO－(aq) +2H2O(l)的平衡常数 K= 100
二、综合题
17．俗名锌白，用作白色颜料，也广泛用于生产玻璃、橡胶、油漆、塑料等。一种以菱锌矿(主要成分为，还含有和少量杂质)为原料制备活性的工艺流程如图所示，回答下列问题：
（1）浸渣的成分是　 　，写出能提高溶浸速率的一条措施　 　。
（2）除杂过程中加入过量铁粉的作用是　 　。
（3）下列试剂中可作为试剂I首选的是　 　(填正确答案标号)，根据所选试剂写出反应的离子方程式　 　。
A． B． C． D．
（4）若调节至3.0时，恰好完全沉淀，则的　 　(已知：溶液中离子浓度小于，则认为离子完全沉淀)。
（5）“沉锌”反应的离子方程式为　 　。
18．物质在水溶液中可能存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡：
（1）实验测得0.1mol L﹣1一元弱酸HA 的pH为4，则HA的电离平衡常数Ka=　 　
（2）把AlCl3溶液蒸干灼烧最后所得固体为　 　（填化学式）．
（3）NaHCO3溶液中存在的平衡有三个，请分别用离子方程式表示：H2O H++OH﹣、　 　、　 　．
（4）等物质的量浓度的NH4HSO4溶液与NH4Cl溶液相比较，c（NH4+）：前者　 　后者（填“＜”、“＞”或“=”）．
（5）已知298K时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.6×10﹣12，往0.1mol L﹣1MgCl2溶液滴加烧碱溶液至pH=11，此时c（Mg2+）=　 　 mol L﹣1．
19．用化学理论可对物质性质、转化等进行预测和论证。已知常温下：，，。
（1）常温下溶液的pH约为13，用离子方程式表示溶液显碱性的原因　 　，该溶液中　 　(“>、<或=”)。
（2）资料表明可采用硫酸铜溶液吸收尾气中()，请从反应限度的角度通过计算对这一方法的合理性予以论证。写出论证过程　 　。
20．磷矿是重要的化工矿物原料，贵州磷矿储量丰富。磷酸二氢钙[Ca(H2PO4)2]是一种磷肥。某工厂利用磷矿(含Ca、P、Fe、Mg、Si 等元素)进行综合生产的部分流程如下：
已知： Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11。
回答下列问题：
（1）为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行　 　 (填一种处理方法)，用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的　 　，滤渣 1的主要成分是　 　。
（2）当溶液中的离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全。若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 mol·L-1，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为　 　。
（3）为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为　 　。
（4）经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60℃条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择　 　为宜，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是　 　。
（5）LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2生成，该化学反应方程式为　 　。
21．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　 　
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．根据分析可知，实线甲的，A不符合题意；
B．根据分析可知，实线甲表示难溶盐RB中随的变化，B不符合题意；
C．由得，观察图象可知，该点为实线甲和实线乙的相交点，其横坐标为，因此溶液的，C符合题意；
D．上层清液中R+的浓度相等，根据、可知，，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据计算；
B．根据坐标的含义分析；
C．依据图象中实线甲和实线乙的相交点计算；
D．根据、计算。
2．【答案】D
【解析】【解答】解：A．根据图象可知，在a点时Qc=c（Ag+） c（Br﹣）＜Ksp，所以a点为AgBr的不饱和溶液，故A正确；
B．结合图中c点的c（Ag+）和c（Br﹣）可知：该温度下AgBr的Ksp=7×10﹣7×7×10﹣7=4.9×10﹣13，故B正确；
C．反应AgCl（s）+Br﹣（aq） AgBr（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数为：K= = = ≈816，故C正确；
D．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小，故D错误．
故选D．
【分析】A．在a点时Qc=c（Ag+） c（Br﹣）＜Ksp，判断AgBr为不饱和溶液；
B．根据图中c点的c（Ag+）和c（Br﹣）可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10﹣13；
C．根据K= = 计算出平衡常数即可；
D．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小．
3．【答案】D
【解析】【解答】A．沉淀达到溶解平衡时，溶液中溶质离子浓度保持不变，不一定相等，例如Ca(OH)2达到溶解平衡，钙离子和氢氧根离子浓度不相等，故A不符合题意；
B．室温下，食盐水中含有大量的氯离子，根据同离子效应，氯化银的电离平衡被破坏，平衡向左移动，降低了氯化银的溶解度，故氯化银在水中的溶解度大于在食盐水中的溶解度，故B不符合题意；
C．难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，不影响沉淀物质及离子的浓度、则平衡不移动，故C不符合题意；
D．Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．溶解平衡时，离子浓度保持不变，不一定相等；
B．根据同离子效应分析；
C．依据沉淀溶解平衡原理分析；
D．Ksp只与温度有关。
4．【答案】D
【解析】【解答】解：A．化学反应平衡常数只与反应本身的性质和温度有关，当难溶物确定时就只和温度有关了，故A正确；
B．由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），在ZnS饱和溶液中加入Cu2+溶液，可生成CuS沉淀，故B正确；
C．Ksp只受温度的影响，与浓度无关，故C正确；
D．对于阴、阳离子的个数比相同即同一类型的难溶电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强即溶解度越大．对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质，不能直接用Ksp的大小比较它们的溶解能力，必须通过计算进行比较，故D错误；
故选D．
【分析】A．化学反应平衡常数只与反应本身的性质和温度有关，与溶液中离子浓度无关；
B．从难溶电解质的溶解平衡的角度分析；
C．Ksp只受温度的影响；
D．Ksp小的，溶解度不一定小．
5．【答案】A
【解析】【解答】A、由图中数据可计算Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO42-)＝(1×10－3)2×1×10－5=1.0×10－11，故A符合题意；
B、在Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO42-)增大，则c(Ag＋)降低，而X点与Y点的c(Ag＋)相同，故B不符合题意；
C、Y点、Z点溶液的温度相同，则Ksp相同，故C不符合题意；
D、由AgCl的Ksp计算此条件下AgCl沉淀时的c(Ag＋)＝ mol·L－1＝1.8×10－8mol·L－1，由Ag2CrO4的Ksp计算c(Ag＋)＝ mol·L－1＝3.2×10－5mol·L－1，Cl－沉淀需要的c(Ag＋)更低，可知Cl－先沉淀，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据Ksp的公式结合图象中的数据进行解答；
B、向Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，使得溶液中银离子的浓度降低，再结合图象分析；
C、物质的Ksp只与温度有关；
D、根据AgCl、Ag2CrO4的Ksp分别计算出c(Ag＋)，据此判断离子的沉淀顺序。
6．【答案】C
【解析】【解答】AgCl饱和溶液中c(Ag＋)＝ mol·L－1＝ ×10－5mol·L－1，Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag＋)＝ mol·L－1＝ ×10－4mol·L－1，故A、B、D均错误；溶解度小的沉淀可转化为溶解度更小的沉淀，所以向AgCl悬浊液中加入足量KI溶液，会有黄色沉淀产生，C正确。
故答案为：C
【分析】本题主要考查沉淀溶解平衡及pH值的相关知识。根据各物质的溶度积常数，计算出各自溶液中银离子的浓度，进而判断其大小；对于构型相同的盐来说，溶解度小的物质可以转化为溶解度更小的物质；当混合溶液中酸根离子浓度相等时，此种物质形成沉淀需要的银离子浓度越小，因此首先形成该难溶性的物质，据此进行解答。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(1×10-3)2×(1×10-5)=1×10-11，故A不符合题意；
B．Ksp只与温度有关，则t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故B符合题意；
C．CdCO3(s)Cd2+(aq)+CO(aq)，则c(Cd2+)=c(CO)，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是Cd (OH)2的沉淀溶解平衡曲线，故C不符合题意；
D．T℃，由图可知，pN=4时，CdCO3中pCd2+为8，即Ksp(CdCO3)= c(CO) c(Cd2+)=10-12；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6，即Ksp[Cd(OH)2]=c2(OH-)c(Cd2+)=10-14；在CdCO3(s) +2OH- (aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)计算；
B．Ksp只与温度有关；
C．依据沉淀溶解平衡曲线分析；
D．依据Ksp，利用沉淀转化平衡分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．的平衡常数K==1.75×104，Ksp(RSO4)=1.75×104×Ksp(RCO3)=1.75×104×2.80×10-9=4.9×10-5。RSO4、RCO3属于同种类型且Ksp(RSO4)>Ksp(RCO3)，故向c()=c()的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，A不符合题意；
B．将浓度均为3×10-4.5mol L-1的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后，c(R2+)=1.5×10-4.5mol L-1、c()=1.5×10-4.5mol L-1，此时的离子积Q=c(R2+) c()=1.5×10-4.5×1.5×10-4.5=2.25×10-9C．根据A项计算，Ksp(RSO4)=4.9×10-5，C符合题意；
D．Ksp只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO3在水中的Ksp与在Na2CO3溶液中的Ksp相等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．同种类型且Ksp小的先析出；
B．利用Q与Ksp的大小比较分析；
C．根据A项计算；
D．Ksp只与温度有关，与浓度无关。
9．【答案】B
【解析】【解答】A.根据表中数据可知，氢氧化铁完全沉淀时的pH≥3，所以混合液中逐滴加入氢氧化钠溶液后，铁离子优先反应生成氢氧化铁沉淀，应该最先看到红褐色沉淀，故A不符合题意；
B.因为Cu2+、Fe2+、Fe3+对应的碱全是弱碱，所以这三种离子在溶液中都会发生水解，因此它们的物质的量会减少，则溶液中c(SO42－)：[ c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]＞5：4，故B符合题意；
C.加入氯水，可以把亚铁离子全氧化成Fe3+，但它的还原产物Cl-肯定还在溶液中，而且在调节pH时加入的试剂也会在溶液中有所保留，所以得到的溶液中不可能只含CuSO4一种溶质，故C不符合题意；
D.由表中数据可知，在pH到9.6后过滤，沉淀中含有Cu(OH)2、Fe(OH)2和Fe(OH)3，对沉淀灼烧，最终得到的是CuO和Fe2O3两种固体的混合物，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氢氧化铁最先沉淀；
B、铜离子、亚铁离子、铁离子水解，物质的量减少；
C、硫酸铜溶液中含有杂质氯离子；
D、氢氧化铜灼烧得到氧化铜，氢氧化亚铁、氢氧化铁灼烧得到氧化铁。
10．【答案】C
【解析】【解答】根据AgCl、AgBr、Ag2CrO4的Ksp，当Cl 开始沉淀时，c(Ag+)= mol·L 1=1.56×10 8 mol·L 1；当Br 开始沉淀时，c(Ag+)= mol·L 1=7.7×10 11 mol·L 1；当 开始沉淀时，c(Ag+)= mol·L 1 =3×10 5 mol·L 1。沉淀三种阴离子时，所需c(Ag+)越小，产生沉淀越早，由计算结果可得出三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br 、Cl 、 ；
故答案为：C。
【分析】同一类型的难溶电解质，溶度积越小越容易产生沉淀，不同类型的难溶电解质，要结算其相应的离子浓度进行比较，如 和 ，为同类型，此时溴化银更难溶， 和 为不同类型，要计算其银离子的浓度进行比较。
11．【答案】D
【解析】【解答】解：A．晶体硅具有半导体的性质，可以作半导体材料，而可以制作光导纤维的是二氧化硅，不是晶体硅，故A错误；
B．氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其具有氧化性，与铜发生反应生成氯化铜和氯化亚铁，该反应中没有单质生成，不属于置换反应，故B错误；
C．明矾和漂白粉常用于自来水的处理，前者利用的是氢氧化铝的吸附性，而漂白粉具有强氧化性，能够杀菌消毒，所以两者的作用原理不同，故C错误；
D．水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，利用的是胶体的性质电泳，减少对空气的污染，故D正确；
故选D．
【分析】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是硅；
B．铜与氯化铁的反应为氧化还原反应，但是不属于置换反应；
C．明矾净水利用的是氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉利用的是强氧化性；
D．水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，利用的是胶体的性质电泳．
12．【答案】B
【解析】【解答】A.T2>T1，温度高时溶解度大，则AlPO4在b点对应的溶解度大于c点，故A不符合题意；
B.沉淀溶解平衡为吸热的过程，故B符合题意；
C.温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大，则图象中四个点的Ksp：a=d=cD.T1温度下，Ksp不变，在饱和溶液中加入AlCl3，溶液中c(Al3+)增大，c(PO43-)减小，使溶液由c点变到a点，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】AlPO4沉淀溶解是吸热的过程：AlPO4（s） Al3+（aq）+PO43-（aq）△H>0，温度越高，c(Al3+)、c(PO43-)越大，Ksp越大；温度相同，Ksp相同，在饱和溶液中加入AlCl3，溶液中c(Al3+)增大，c(PO43-)减小。
13．【答案】D
【解析】【解答】
A、化学反应能否自发进行的判断依据是：△G=△H-T△S，当△G＞0，反应一定不自发；当△G＜0，反应一定自发，所以焓变和熵变都不能独立地作为反应自发性的判据，A不符合题意；
B、2NO2(g)→N2O4(l)，反应前后分子数减少，混乱程度减小，所以熵是减小的，B不符合题意；
C．不同的催化剂的催化效果不一定相同，所以同等条件下二者对H2O2分解速率的改变不一定相同，C不符合题意；
D、氯化铵水解显示酸性，生成的氢离子可以和氢氧根离子发生反应，促进氢氧化镁的溶解，D符合题意；
故正确答案为D。
【分析】A、考查反应进行的方向判断，B、考查熵变的判断方法。C、考查双氧水的催化剂，及对速率影响。D、沉淀溶解平衡移动影响，及盐类水解应用。
14．【答案】A
【解析】【解答】解：A．H+与S2﹣反应，c（S2﹣）减小，故A选；
B．c（S2﹣）减小，平衡正向移动，c（Fe2+）增大，故B不选；
C．加浓盐酸，c（H+）增大，故C不选；
D．c（Fe2+） c（S2﹣）=Ksp，温度不变，Ksp不变，故D不选；
故选A．
【分析】存在FeS（s） Fe2+（aq）+S2﹣（aq），加盐酸，H+与S2﹣反应，生成物浓度减小，溶解平衡正向移动，以此来解答．
15．【答案】A
【解析】【解答】A.加入MnS固体后，溶液中的Cu2+、Pb2+、Cd2+转化为CuS、PbS和CdS沉淀，因此可说明MnS的溶解度大于CuS、PbS和CdS，A符合题意；
B.MnS具有还原性，但在反应过程中，并没有体现其还原性，B不符合题意；
C.MnS不具有吸附性，C不符合题意；
D.MnS为难溶固体，在离子方程式中保留化学式，故该反应的离子方程式为：MnS＋Cu2＋=Mn2＋＋CuS，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据沉淀的转化进行分析；
B.根据沉淀转化过程进行分析；
C.MnS不具有吸附性；
D.根据离子方程式的书写分析；
16．【答案】C
【解析】【解答】A、HCOO－的水解常数为KW/Ka＝10－14/10－4＝1.0×10－10，A不符合题意；
B、 Zn(OH)2悬浊液中存在溶解平衡Zn(OH)2(s) Zn2+(aq)+2OH-（aq），加入HCOOH中和氢氧根离子，使平衡正向移动，溶液中c(Zn2+)增大，B不符合题意；
C、设Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)为x，则溶液中c(OH－)＝2x，x×(2x)2＝Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－18，解得x＝ mol/L＜1.0×10－6mol/L，C符合题意；
D、Zn(OH)2(s)+2HCOOH(aq) Zn2+(aq) +2HCOO-(aq)+2H2O(1)的平衡常数K＝ ＝K2a(HCOOH)·Ksp[Zn(OH)2]/K2W＝100，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据公式Ka×Kh=Kw进行计算；
B.加入HCOOH后，能与Zn(OH)2电离产生的OH-反应，使得沉淀溶解平衡正向移动；
C.根据Ksp[Zn(OH)2]计算其饱和溶液中c(Zn2+)；
D.根据平衡常数的表达式，结合Ka、Ksp进行计算；
17．【答案】（1）SiO2；将矿石粉碎或适当提高酸浸温度
（2）使铜离子完全除去
（3）B；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4）1×10-38
（5）2Zn2++4=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O
【解析】【解答】(1)由以上分析可知，浸渣的成分是SiO2。将矿石粉碎，可以增大反应物的接触面积，提高溶浸速率，也可以适当提高温度，也能加快溶浸速率。
(2)除杂过程中加入铁粉，主要作用是将Cu2+转化为铜单质而除去。
(3)试剂Ⅰ为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，选择的根本原则是不能引入新杂质，NaClO和MnO2都会引入新杂质，O2不会引入新杂质，但反应速率较慢，所以首选H2O2，
故答案为：B。
(4)溶液的pH=3.0时，溶液中的c(OH-)=1×10-11mol/L，Fe3+ 恰好完全沉淀，则铁离子浓度小于 1×10-5mol L-1 ，所以Fe(OH)3 的Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)=1×10-5mol L-1(×10-11mol/L)3=1×10-38。
(5)滤液Ⅱ中有大量锌离子，加入碳酸氢铵后产生碱式碳酸锌沉淀，说明碳酸氢根电离出来的碳酸根离子和锌离子、氢氧根离子结合生成碱式碳酸锌沉淀，促进碳酸氢根的电离，电离出的氢离子又和碳酸氢根离子结合生成二氧化碳和水，所以“沉锌”反应的离子方程式为：2Zn2++4 =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O。
【分析】（1）酸浸条件下，二氧化硅不溶于酸；提高浸取率方法通常是研磨固体或者提高反应的温度；
（2）铁粉是常见的还原剂，可以还原金属性比亚铁离子弱的金属离子，因此可以除去铜离子；
（3）试剂I的作用是将亚铁离子氧化物铁离子，且不能引入新的杂质离子，因此采用过氧化氢最好；
（4）要使铁离子完全沉淀，即铁离子的浓度应为，结合pH可以计算氢氧根的浓度，代入公式计算；
（5）碳酸氢盐和锌离子反应生成碱式碳酸锌和二氧化碳、水。
18．【答案】（1）10﹣7mol L﹣1
（2）Al2O3
（3）HCO3﹣ H++CO32﹣；HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣
（4）＞
（5）5.6×10﹣6
【解析】【解答】解：（1）实验测得0.1mol L﹣1一元弱酸HA 的pH为4，则HA的电离平衡常数Ka= {#mathmL#}{#/mathmL#} mol L﹣1=10﹣7mol L﹣1，
故答案为：10﹣7mol L﹣1； （2）氯化铝为强酸弱碱盐，Al3+发生水解，水解的方程式为Al3++3H2O Al（OH）3+3H+，水解后溶液呈酸性，蒸干和灼烧过程中，HCl挥发，Al（OH）3不稳定，灼烧时分解生成Al2O3，
故答案为：Al2O3 ；（3）在NaHCO3溶液存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，电离平衡：HCO3﹣ H++CO32﹣，水的电离平衡H2O H++OH﹣，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度导致溶液显碱性，
故答案为：HCO3﹣ H++CO32﹣； HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣；（4）NH4HSO4中氢离子抑制铵根离子水解，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子能水解但较弱，c（NH4+）：前者＞后者，
故答案为：＞；（5）往0.1mol L﹣1MgCl2溶液滴加烧碱溶液至pH=11，c（OH﹣）= {#mathmL#}{#/mathmL#} =10﹣3mol/L，已知298K时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=c（Mg2+）c2（OH﹣）=5.6×10﹣12，此时c（Mg2+）= {#mathmL#}{#/mathmL#} =5.6×10﹣6，
故答案为：5.6×10﹣6；
【分析】（1）一元弱酸HA 电离平衡常数K= {#mathmL#}{#/mathmL#} ；（2）AlCl3属于强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡，蒸发溶液水解生成的氯化氢挥发促进平衡正向进行，得到水解产物氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；（3）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡、电离平衡和水的电离平衡；（4）氢离子抑制铵根离子水解；（5）往0.1mol L﹣1MgCl2溶液滴加烧碱溶液至pH=11，结合溶度积常数计算；
19．【答案】（1）；>
（2）反应的，反应限度很大，所以从反应限度角度看用硫酸铜溶液可充分吸收尾气中的气体
【解析】【解答】(1)
H2S是弱电解质，不完全电离，那么HS-、S2-都会在盐溶液中发生水解，根据电离常数大小关系可以知道H2S一步电离程度远大于二步电离程度，则S2-的水解程度就大于HS-的水解程度，所以本问第一空应填“”；第二空应填“>”；
(2)
当反应的K值大于105，一般就认为该反应能彻底发生，根据反应的离子方程式可知其反应K的表达式为，再根据和，整理代入K的表达式得，所以该反应K>>105，反应限度很大，所以该反应可以发生，能够利用硫酸铜溶液吸收尾气中的H2S气体。
【分析】（1）S2-发生水解，S2-的水解程度就大于HS-的水解程度；
（2） 反应的，反应限度很大。
20．【答案】（1）粉碎；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；SiO2或难溶性硅酸盐
（2）3＜pH＜9
（3）1：4
（4）7g；石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降
（5）2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O
【解析】【解答】磷矿含P2O5、FeO、MgO、SiO2等，酸浸时，五氧化二磷转化为磷酸，FeO、MgO溶解形成Fe2+、Mg2+，通入氧气将Fe2+氧化为Fe3+，二氧化硅不反应形成滤渣，过滤分离，滤液加入NaOH溶液，Fe3+先沉淀、Mg2+后沉淀，故滤渣是Fe(OH)3、Mg(OH)2，滤液分为两份，一份加入石灰乳生成Ca3(PO4)2，另一份酸化、除杂得到H3PO4，再将二者混合反应生成Ca(H2PO4)2。
(1)为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行粉碎，增大接触面积，使反应更充分；用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的是将亚铁离子氧化4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，滤渣 1的主要成分是SiO2或难溶性硅酸盐。故答案为：粉碎；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；SiO2或难溶性硅酸盐；
(2)当溶液中的离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=1.0×10-38；c3(OH-)==1.0×10-33；c(OH-)=1×10-11mol/L；水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；c(H+)=1×10-3mol/L，则pH=3.0；若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 mol·L-1， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11，c(Mg2+)×c2(OH-)=1×10-11；c2(OH-)==10-10；得到c(OH-)=10-5mol/L，依据水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；求得c(H+)=10-9mol/L，溶液pH=9，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为3＜pH＜9。故答案为：3＜pH＜9；
(3)为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，Ca3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为1：4。故答案为：1：4；
(4)经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60℃条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择7g为宜，此时磷酸二氢钙产率达到最大值为80%，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降。故答案为：7g；石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降；
(5)LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2和水生成，该化学反应方程式为2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O，故答案为：2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O。
【分析】（1）提高浸出率的方法通常可以采用粉碎固体增大接触面积；氧气的目的是使亚铁离子氧化为铁离子；原固体只能跟含有硅元素，一次你滤渣1应为二氧化硅；
（2）要确保铁离子完全沉淀，可以根据铁离子完全沉淀后的浓度以及氢氧化铁的溶度积，计算其pH，再根据镁离子的浓度以及氢氧化镁的溶度积，计算其pH；
（3）根据题干可知Ca2+和H2PO4-的化学计量数之比为1：2，结合 Ca3(PO4)2与H3PO4 的化学式，可知两者的物质的量之比为1：4；
（4）7g产率最高；石灰乳过多会结合磷酸；
（5）根据题干信息，可知 FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应生成CO2和LiFePO4， 草酸中碳元素化合价升高，铁元素化合价降低，结合化合价变化确定化学计量数。
21．【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
【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