人教版 高化 选择性必修1 3.4 沉淀溶解平衡 同步练习（含解析）

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3.4 沉淀溶解平衡 同步练习（含解析）
一、单选题
1．下列有关沉淀溶解平衡的说法中错误的是（　　）
A．的溶度积常数表达式
B．难溶于水，溶液中没有和SO
C．升高温度，的溶解度增大
D．向悬浊液中加入固体，溶解的量减少
2．下列实验操作对应的现象与结论均正确的是（　　）
选项 实验操作 现象 结论
A 常温下将Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体在小烧杯中混合 烧杯壁变凉 Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl的反应是吸热反应
B 将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中 烧瓶内气体颜色变深 NO2生成N2O4的反应中，△H＞0
C 将0.1mol·L-1的氨水稀释成0.01mol·L-1，测量稀释前后溶液 pH pH减小 稀释后NH3·H2O电离程度减小
D 常温下向物质的量浓度均为0.1mol·L-1的NaCl和NaI混合溶液中逐滴滴入AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＜Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
3．证掘推理是化学学科重要的核心索养。下列证据与推理的关系，正确的是（　　）
选项 证据 推理
A 向FeCl3溶液中加入几滴30%的H2O2溶液，产生气体的速率加快，一段时间后，液体颜色加深 Fe3+能催化H2O2的分解，且该分解反应为放热反应
B 室温下，将BaSO4固体投入饱和碳酸钠溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生 Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
C 将Fe(NO3)2晶体溶于稀硫酸中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈红色 Fe(NO3)2晶体已变质
D 室温下，用pH试纸测得0.1moL/L碳酸钠溶液的pH等于10，测得0.1mol/LCH3COONa溶液的pH等于9 酸性：CH3COOH强于H2CO3
A．A B．B C．C D．D
4．难溶盐MA在水中溶解为吸热过程，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．图中温度
B．温度下，值为
C．在温度下，加适量的NaA固体可使饱和溶液由p点变到n点
D．向q点的饱和溶液中滴加NaA溶液，立即析出MA沉淀
5．25℃时，，。已知沉呈显砖红色。下列说法正确的是（　　）
A．向含大量和的悬浊液中加入少量水，减小
B．向同浓度和的混合溶液中缓慢滴加溶液，先析出
C．向悬浊液中滴入饱和溶液，白色沉淀刚出现时，溶液中
D．用标准溶液滴定溶液时，可用溶液作指示剂
6．常温下，CuS的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A．CuS的Ksp=xy
B．加热CuS悬浊液，可使溶液由a点变到b点
C．c点的溶液未达饱和
D．向饱和CuS溶液中加入K2S固体可使溶液由a点变到d点
7．、不同温度下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．
B．升温可使分散系由c点变为b点
C．时
D．在曲线下方区域(不含曲线)任意一点时，均有沉淀生成
8．已知 ，现将 溶液与 的 溶液等体积混合，若要产生沉淀，则原 溶液的浓度至少为（　　）
A． B．
C． D．
9．在一定温度下，当过量的Mg(OH)2固体在水溶液中达到平衡时： ，要使固体Mg(OH)2减少而 不变，可采取的措施是（）
A．加适量的水 B．加 溶液
C．加 D．加
10．在t℃时，(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知。下列说法错误的是（　　）
A．
B．向X点溶液中加入溶液，可使溶液由X点变为Y点
C．t℃时，Y点和Z点时的相等
D．向悬浊液中加入NaCl固体，可生成白色沉淀
11．下列有关AgCl的沉淀溶解平衡的说法中，正确的是
A．升高温度，AgCl的溶解度不变
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag+和Cl-
C．AgCl的沉淀溶解平衡体系中，沉淀和溶解不断进行，但速率相等
D．向AgCl的沉淀溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl溶解的量不变
12．下列反应的发生与“盐类水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关的是
A．镁条与NH4Cl溶液反应生成H2
B．明矾用于净水
C．盐酸与CaCO3反应生成CO2
D．NaHSO4溶液与NaOH溶液反应生成Na2SO4
13．下列实验方案设计能达到实验目的的是（　　）
选项 实验目的 方案设计
A 结合能力比强 向溶液中滴加溶液，有沉淀生成
B 除去晶体中少量的杂质 先将晶体溶于水配成溶液，然后蒸发结晶并趁热过滤弃去滤液
C 检验乙醇中是否含有水 将金属钠投入盛有乙醇的试管中，观察是否有气泡产生
D 验证相对大小： 向50.1溶液中滴加5~6滴0.1溶液后，继续滴加0.1的溶液，观察现象
A．A B．B C．C D．D
14．某温度下，CuS和的溶解曲线如图所示，其中，，为或，下列说法错误的是（　　）
A．曲线Ⅰ是CuS的溶解曲线
B．
C．M点的坐标为(23，13)
D．此温度下的饱和溶液：
15．已知部分钡盐的溶度积如下：Ksp（BaCO3）＝8.1×10﹣9，Ksp[Ba（IO3）2]＝6.5×10﹣10，Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10，Ksp（BaCrO4）＝1.6×10﹣10．一种溶液中存在相同浓度的、、、，且浓度均为0.001mol/L，若向该溶液中逐滴滴入BaCl2溶液，首先发生的离子方程式为（　　）
A．Ba2++═BaCO3↓ B．Ba2++═BaCrO4↓
C．Ba2++═BaSO4↓ D．Ba2++2═Ba（IO3）2↓
二、综合题
16．研究碳、氮、硫及其化合物的转化对改善环境有重大意义。回答下列问题：
（1）某处碳循环如图1所示，CaCO3转化为HCO的离子方程式为　 　。结合平衡移动原理分析CaCO3溶解的原因　 　。
（2）利用“亚硫酸盐法”吸收工业废气中的SO2。常温下，将工业废气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数[]的变化关系如图2所示。
①Ka2(H2SO3)=　 　。b点溶液中n(NH)：n(SO)=　 　。
②常温下，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2；Kb(NH3 H2O)=1.8×10-5。0.1mol L-1的(NH4)2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为　 　(不考虑OH-)。
（3）尿素溶于水缓慢水解产生碳酸铵，碳酸铵溶液显碱性，原因是　 　。向浓度均为0.1mol L-1的CdCl2和ZnCl2混合液中滴加碳酸铵溶液，当加入碳酸铵溶液至生成两种沉淀，则溶液中c(Zn2+)：c(Cd2+)=　 　。[已知Ksp(CdCO3)=1.0×10-12，Ksp(ZnCO3)=1.5×10-10]
（4）工业废水中含有甲醛，某厂降解甲醛的反应机理如图3所示，则X表示的粒子是　 　。
17．印染工业常用亚氯酸钠( NaClO2)漂白织物。用过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程如下：
已知：① NaClO2的溶解度随温度的升高而增大，适当条件下可结晶析出NaCO2·3H2O。
②KSP(FeS)=6.3×10-18；KSP(CuS)=6.3×10-36；KSP(PbS)=2.4×10-28。
（1）发生器中反应的还原剂是　 　(填化学式，下同)，吸收塔中反应的氧化剂是　 　。
（2）亚氯酸钠漂白织物时真正起作用的是HClO2。下表是25℃时HClO2及几种常见弱酸的电离平衡常数。
弱酸 HClO2 HF HCN H2S
Ka/mol·L-1 1×10-2 6.3×10-4 4.9×10-10 K1=9.1×108 K2=1.1×10-12
①常温下，物质的量浓度相同的NaF、NaCN两种溶液的pH由大到小的顺序为　 　。
②等体积等物质的量浓度的HClO2与NaOH溶液充分反应后，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 　 　 。
③Na2S是常用的沉淀剂。某工业污水中含有等浓度的Cu2+、Fe2+、Pb2+，滴加Na2S溶液后最先析出的沉淀是　 　；当最后一种离子沉淀完全时(该离子浓度为10-5 mol·L-1)，此时体系中S2-的浓度为 　 　 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．BaSO3难溶于水，悬浊液中存在BaSO3(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，根据溶度积数学表达式，推出Ksp=c(Ba2＋)×c(SO)，故A说法不符合题意；
B．BaSO3虽难溶于水，BaSO3在水中溶解度较小，但溶液中有极少量的Ba2＋和SO，故B说法符合题意；
C．多数物质的溶解度随着温度升高而升高，升高温度，BaSO3的溶解度增大，故C说法不符合题意；
D．BaSO3悬浊液中存在BaSO3(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，加入Na2SO3固体，溶液中c(SO)增大，c(Ba2＋)减少，BaSO3溶解的量减少，故D说法不符合题意；
答案为B。
【分析】A.难溶物溶度积常数等于难溶物电离出的离子浓度幂之积；
C.BaSO3的溶解平衡吸热；
D.加入Na2SO3固体，溶液中c(SO)增大，c(Ba2＋)减少。
2．【答案】A
【解析】【解答】A.烧杯壁变凉，反应吸热，导致温度降低，为吸热反应，现象、结论均合理，故A符合题意；
B. 将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中，烧瓶内气体颜色变深，证明NO2生成N2O4的反应向逆反应方向移动，则逆方向是吸热方向，正方向是放热反应，△H＜0，结论不符合题意，故B不符合题意；
B.稀释碱溶液，pH减小，但一水合氨为弱电解质，稀释促进电离，电离程度增大，故C不符合题意；
D. Ksp小的先沉淀，由现象可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.杯壁变凉反应为吸热反应；
B.放入热水生成二氧化氮的量增大，反应向逆反应进行，且逆反应为吸热反应；
C.碱液稀释pH值减小是氢氧根浓度降低所致，与电离程度无关；
D.先出现的沉淀Ksp小，氯化银为黑色，碘化银为黄色。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．向FeCl3溶液中加入几滴30%的H2O2溶液，产生气体的速率加快，说明Fe3+能催化H2O2的分解，一段时间后，液体颜色加深，则氢氧化铁浓度增大，说明铁离子水解平衡右移，究其原因为升温引起的，则说明该分解反应为放热反应，A符合题意；
B．室温下，将BaSO4固体投入饱和碳酸钠溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，则有部分硫酸钡转变为碳酸钡，原因为：由于饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大、使Qc(BaCO3) >Ksp(BaCO3) 导致碳酸钡沉淀析出、钡离子浓度变小、使Ksp(BaSO4)> Qc(BaSO4)、使部分硫酸钡沉淀溶解。因此难以说明Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的相对大小 ，B不符合题意；
C．将Fe(NO3)2晶体溶于稀硫酸中，Fe2+、与一定浓度的氢离子能发生反应，例如：，滴入几滴KSCN溶液，溶液必定呈红色，难以说明Fe(NO3)2晶体已变质，C不符合题意；
D．室温下，用pH试纸测得0.1moL/L碳酸钠溶液的pH等于10，测得0.1mol/LCH3COONa溶液的pH等于9，说明碳酸根离子的水解程度大于醋酸根离子的，只能说明碳酸氢根电离能力小于醋酸，不能说明酸性：CH3COOH强于H2CO3，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．温度变化影响盐类的水解；
B．比较浓度积与溶度积的大小；
C．酸性条件下有强氧化性；
D．碳酸钠对应的酸是碳酸氢根，不是碳酸；
4．【答案】D
【解析】【解答】A．难溶盐MA在水中溶解为吸热过程，温度越高离子浓度越大，溶液离子浓度：T1 B．T2温度下，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=b2，B项不符合题意；
C．在T1温度下，加适量的NaA固体，A-浓度增大，M+浓度减小，故可使饱和溶液由p点变到n点，C项不符合题意；
D．加入的是NaA溶液，溶液总体积也会增大，溶液中c(M+)c(A-)与Ksp(MA)的大小关系不确定，故不一定析出MA沉淀，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.升温促进难溶盐的溶解 ，则离子浓度变大。
B.根据Ksp(MA)=c(M+)c(A-)进行分析。
C. 注意一定温度下的 沉淀溶解平衡常数为定值，结合Ksp(MA)=c(M+)c(A-)进行分析。
D.溶液中c(M+)c(A-)与Ksp(MA)的大小关系不确定。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．向含大量和的悬浊液中加入少量水后仍处于饱和状态，温度没有改变，溶解度不变，故不变，A不符合题意；
B．析出沉淀时，溶液中c（Ag+）=，溶液中c（Ag+）=，因，，向同浓度和的混合溶液中缓慢滴加溶液，析出所需的c（Ag+）小，故先析出，B不符合题意；
C．向悬浊液中滴入饱和溶液，白色沉淀刚出现时，溶液中　，C不符合题意；
D．由B知先析出，故用标准溶液滴定溶液时，可用溶液作指示剂，当恰好开始出现砖红色沉淀时，说明已沉淀完全即达到滴定终点，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.悬浊液加入少量水，依旧饱和浓度不变
B.根据Ksp即可判断
C.根据Ksp公式结合式子即可判断
D.根据沉淀颜色即可判断
6．【答案】B
【解析】【解答】A．，a点处于平衡状态，则Ksp=xy，A不符合题意；
B．加热CuS悬浊液，Cu2+浓度和S2-浓度均将增大，而a点到b点c(S2-)未变，B符合题意；
C．c点QcD．向饱和CuS溶液中加入K2S固体，则c(Cu2+)不变，c(S2-)增多，溶液由a点变到d点，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．选择a点，利用；
B．加热CuS悬浊液，Cu2+浓度和S2-浓度均将增大；
C．通过计算比较Qc与K的大小判断；
D．向饱和CuS溶液中加入K2S固体，则c(Cu2+)不变，c(S2-)增多。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．温度越高，溶度积越大，则，故A不符合题意；
B．升温沉淀溶解平衡向正方向移动，钡离子和硫酸根离子浓度均增大，而c点与b点的钡离子浓度不变，故B不符合题意；
C．由图中a点数据知，时，故C符合题意；
D．在曲线下方区域(不含曲线)任意一点时，Qc故答案为：C。
【分析】温度越高，浓度越高，溶度积越大，升高温度，溶解能力增大，浓度均增大，结合选项即可判断
8．【答案】C
【解析】【解答】根据题意得到， ，解得 ，故C符合题意。
故答案为：C。
【分析】依据沉淀溶解平衡的相关知识分析解答。
9．【答案】A
【解析】【解答】A、加水Mg(OH)2固体溶解质量减少，而溶液仍旧是饱和溶液，[Mg2+]都不变，A项符合题意；
B、通HCl气体与氢氧化镁反应，使得固体质量减少，镁离子浓度增大，B项不符合题意；
C、加氢氧化钠平衡逆向移动，固体质量增大，C项不符合题意；
D、价硫酸镁，平衡逆向移动，固体质量增大，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】沉淀溶解平衡是指在一定温度下难溶电解质晶体与溶解在溶液中的离子之间存在溶解和结晶的平衡，称作多项离子平衡，也称为沉淀溶解平衡。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．，当时，，故A不符合题意；
B．X点为的不饱和溶液，加入溶液，增大，在达到饱和前不变，向X点溶液中加入溶液，可使溶液由X点变为Y点，故B不符合题意；
C．Ksp只受温度影响，温度不变平衡常数不变，t℃时，Y点和Z点时的相等，故C不符合题意；
D．NaCl固体没有给出加入量，不能确定此时，不能确定是否生成白色沉淀，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据计算；
B.加入溶液，增大；
C. 只与温度有关。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．溶解度与温度有关，氯化银的溶解为吸热过程，则升高温度后AgCl沉淀的溶解度变大，选项A不符合题意；
B．AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl-，选项B不符合题意；
C．达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，平衡时速率相等，达到动态平衡，选项C符合题意；
D．加入NaCl固体，氯离子浓度增大，抑制氯化银沉淀的溶解，平衡逆向进行，会析出AgCl固体，AgCl的溶解的量减小，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．溶解度与温度有关；
B．难溶物的溶解度很小，但不为零；
C．沉淀溶解平衡时，平衡时速率相等；
D．依据沉淀溶解平衡移动的影响因素分析。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．溶液中，水解使溶液显酸性，镁条与酸反应生成氢气，A不符合题意；
B．明矾用于净水，Al3+水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物质，B不符合题意；
C．盐酸与CaCO3发生反应生成CO2，使CaCO3溶解平衡正向移动，C不符合题意；
D．NaHSO4溶液与NaOH溶液反应生成Na2SO4，与水解平衡和沉淀的溶解平衡无关，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氯化铵水解显酸性；
B.明矾电离产生的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体；
C.盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳。
13．【答案】A
【解析】【解答】A．向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，生成氢氧化铝沉淀，发生H2O+AlO+HCO=Al(OH)3↓+ CO，则说明AlO结合H+能力强于CO，故A符合题意；
B．硝酸钾溶解度受温度影响较大，氯化钠溶解度受温度影响较小，可以利用降温结晶方法得到硝酸钾，故B不符合题意；
C．乙醇和水均能与金属钠反应生成氢气，因此不能用金属钠检验乙醇中是否含有水，一般用无水硫酸铜进行检验，故C不符合题意；
D．硝酸银过量，滴加碘化钾溶液后一定产生AgI沉淀，不能比较二者溶度积常数大小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】易错分析：B.对于溶质受温度影响比较大的，采用降温结晶；.对于溶质受温度影响比较小的；采用蒸发结晶。
D.正确做法为，硝酸银和碘化钾溶液二者恰好完全反应，然后滴加氯化钠溶液，若白色沉淀转化为黄色沉淀，说明碘化银比氯化银更加难溶，Ksp更小。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．CuS的阴阳离子个数比为1：1，Ag2S的阴阳离子个数比为1：2，曲线Ⅰ在横轴与纵轴上的截距相同，因此曲线Ⅰ是CuS的溶解曲线，则曲线Ⅱ是的溶解曲线，A不符合题意；
B．由曲线Ⅱ与纵轴交点的坐标可知，，则当时，，因此，B不符合题意；
C．由曲线I与纵轴交点的坐标可知，，设M点的坐标为，则有，，解得，，因此M点的坐标为，C不符合题意；
D．，，此温度下CuS的饱和溶液中，Ag2S的饱和溶液中，则此温度下的饱和溶液：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】曲线Ⅰ代表CuS的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ代表Ag2S的沉淀溶解平衡曲线，据此解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】浓度均为0.001mol/L时，生成BaSO4沉淀需要钡离子浓度为：c（Ba2+）＝mol/L＝1.1×10﹣8mol/L；
生成Ba（IO3）2沉淀需要钡离子浓度为：mol/L＝6.5×10﹣4mol/L＞1.1×10﹣8mol/L，
显然生成硫酸钡沉淀需要的钡离子浓度远远小于生成Ba（IO3）2沉淀需要的钡离子浓度，
所以向该溶液中逐滴滴入BaCl2溶液，首先生成的是硫酸钡沉淀，
故答案为：C。
【分析】相同类型的离子，溶度积越小，溶解度越小，相同条件下优先生成沉淀，BaCO3、BaCrO4、BaSO4都属于同种类型的难溶物，可以直接根据它们的溶度积判断溶解度大小：BaCO3＞BaCrO4＞BaSO4，所以相同浓度时优先生成硫酸钡沉淀。
16．【答案】（1）CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO；CaCO3在溶液中存在平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)，大气中的CO2、H2O与CO反应生成HCO，使c(CO)降低，平衡正向移动，CaCO3溶解
（2）1.0×10-7；3：1；c(NH)>c(SO)>c(HSO)>c(H+)
（3）CO的水解程度大于NH的水解程度；150
（4）HCO
【解析】【解答】（1）根据图1的碳循环示意图，大气中的CO2和CaCO3和水参加反应，生成Ca(HCO3)2，则CaCO3转化为HCO的离子方程式为：CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO；
（2）①b点pH=7，溶液为中性，溶液中c(H+)=c(OH-)，且c(HSO)=c(SO)，，b点溶液电荷守恒，，溶液呈中性c(H+)=c(OH-)，得到，又由于，因此n(NH)：n(SO)=3：1；
②0.1mol L-1的(NH4)2SO3溶液中亚硫酸根离子水解，则铵根离子水解，因此亚硫酸根水解占主要，溶液显碱性，亚硫酸根第一步水解为主， 因此离子浓度由大到小顺序为：c(NH)>c(SO)>c(HSO)>c(H+)；
（3）铵根离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，碳酸铵溶液显碱性，原因是CO的水解程度大于NH的水解程度，向浓度均为0.1 mol L-1的CdCl2和ZnCl2混合液中滴加碳酸铵溶液，当加入碳酸铵溶液至生成两种沉淀，则溶液中；
（4）碱性条件下HCHO氧化生成的CO2气体溶解在过量的碱性溶液中生成HCO，故答案为：HCO。
【分析】（1）二氧化碳和水、碳酸钙反应生碳酸氢钙；
（2） ① 二级电离平衡常数可以结合二级电离平衡常数中涉及的粒子交点进行判断，根据其pH判断电离平衡常数；
② 结合水解平衡常数的大小进行判断；
（3）根据溶度积的大小判断，可以知道碳酸镉更容易产生沉淀，当碳酸锌开始沉淀时，计算此时碳酸根的浓度，再代入计算镉离子的浓度；
（4）二氧化碳碱性条件下生成碳酸氢根。
17．【答案】（1）SO2；ClO2
（2）NaCN>NaF；c(Na+)>c(ClO2-)>c(OH-)>c(H+)；CuS；6.3×10-13mol·L-1
【解析】【解答】（1）ClO2发生器中，NaClO3与SO2反应生成ClO2，过程中，氯元素发生得电子的还原反应，因此NaClO3为氧化剂，则SO2为还原剂；
吸收塔中ClO2与H2O2反应生成NaClO2和O2，过程中，氯元素发生得电子的还原反应，因此ClO2为氧化剂；
（2）①由于电离常数HF>HCN，因此酸性HF>HCN；根据“越弱越水解”可得，阴离子的水解程度F-NaF；
②等体积等物质的量浓度的HClO2和NaOH溶液充分反应后，所得溶液的溶质为NaClO2，溶液中存在ClO2-的水解，溶液显碱性，因此溶液中离子浓度关系为：c(Na+)>c(ClO2-)>c(OH-)>c(H+)；
③CuS、FeS、PbS的组成相似，因此其Ksp越小，越先形成沉淀，故最先析出的沉淀时CuS；
最后形成的沉淀时FeS，此时溶液中c(Fe2+)=10-5mol/L，则溶液中；
【分析】（1）根据“发生器”和“吸收塔”中发生的反应确定还原剂和氧化剂；
（2）①由电离常数的大小确定酸性强弱，再结合“越弱越水解”比较离子的水解程度，从而判断溶液的pH值大小；
②根据反应后所得溶液中存在的电离水解分析溶液中离子浓度大小；
③根据Ksp的大小，确定形成沉淀的先后顺序；根据各物质的Ksp大小进行分析；
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