3.4 沉淀溶解平衡 （含解析）同步测试 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 3.4 沉淀溶解平衡 （含解析）同步测试 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 392.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-30 10:09:18 | ||
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文档简介
3.4 沉淀溶解平衡 同步测试
一、单选题
1．将40mL 1.5mol L﹣1的 CuSO4 溶液与30mL 3mol L﹣1 的 NaOH 溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c（Cu2+ ）或 c（OH﹣）（c表示浓度）都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（ ）
A．Cu（OH）2 B．CuSO4 Cu（OH）2
C．CuSO4 2Cu（OH）2 D．CuSO4 3Cu（OH）2
2．下列说法中正确的是（ ）
A．钡中毒患者可尽快使用苏打溶液洗胃，随即导泻使Ba2+转化为BaCO3而排出
B．珊瑚虫从周围海水中获取Ca2+和 ，经反应形成石灰石(CaCO3)外壳，逐渐形成珊瑚
C．水中的Mg(HCO3)2、Ca(HCO3)2，受热易分解生成难溶性的MgCO3、CaCO3，故水垢的主要成分是MgCO3、CaCO3
D．使用含氟牙膏预防龋齿利用了盐类水解的原理
3．已知AgCl和AgBr的溶解度分别为S（AgCl）=1×10﹣4、S（AgBr）=8.4×10﹣6，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓硝酸银溶液，发生的反应为（ ）
A．只有AgBr沉淀生成 B．AgCl和AgBr沉淀等量生成
C．AgCl沉淀少于AgBr沉淀 D．AgCl沉淀多于AgBr沉淀
4．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果．下列图象描述正确的是（ ）
A．根据图①可判断可逆反应A2（g）+3B2（g） 2AB3（g）的△H＞0
B．图②表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g） 3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大
C．图③表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化
D．根据图④，相同温度下Ksp[Fe（OH）3]一定小于Ksp[Cu（OH）2]
5．下列图示与对应的叙述相符合的是（ ）
A． 图甲表示某可逆反应中物质浓度随时间的变化，反应在t时刻达到平衡状态
B． 图乙表示NO2在恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g) N2O4(g)，NO2体积分数与温度的变化曲线，则该反应的正反应△H<0
C． 图丙表示某温度时，BaSO4在水中的溶解平衡曲线，蒸发水可使溶液由b点变到a点
D． 图丁表示分别稀释10 mL pH均为12的NaOH和NH3 H2O溶液时pH的变化，曲线I表示NH3 H2O溶液，n>100
6．已知25℃物质的溶度积常数为：FeS：Ksp=6.3×10﹣18；CuS：Ksp=1.3×10﹣36；ZnS：Ksp=1.6×10﹣24．下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，CuS的溶解度小于ZnS的溶解度
B．除去工业废水中的Fe2+，可以选用CuS做沉淀剂
C．足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.3×10﹣35mol/L
D．在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，一定不产生FeS沉淀
7．已知：常温下Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得0.1mol·L-1H2SO3溶液pH=2.1。
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中逐滴加入5mL水，用pH计监测过程中pH变化。
实验3：用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1H2SO3溶液。
实验4：向10mL0.1mol·L-1Na2S溶液中加入10mL0.1mol·L-1MnSO4溶液，充分混合，产生粉色沉淀，再加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀。
下列说法不正确的是（ ）
A．由实验1可知：0.1mol·L-1H2SO3溶液中c()B．实验2加水过程中，监测结果为溶液的pH不断增大
C．因实验3可出现两次突跃，指示剂应选用甲基橙和酚酞
D．由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
8．在化学分析中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂，利用与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。已知时；，当溶液中的恰好沉淀完全(浓度等于)时，溶液中为（ ）
A． B．
C． D．
9．不同温度T1、T2时，硫酸钡在水中的溶解平衡曲线如图所示，已知硫酸钡的溶度积随温度升高而增大，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，可以使溶液由b点变为d点
B．加入BaCl2固体，可以使溶液由a点变为c点
C．c点表示在T1、T2温度下溶液中均有固体析出
D．T1温度下，恒温蒸发溶剂，可以使溶液由d点变为T1曲线上a、b之间某一点
10．BaSO4又叫重晶石，可用作胃肠道造影剂，下列关于BaSO4的说法错误的是（ ）
A．BaSO4属于强电解质
B．BaSO4悬浊液中存在
C．可用BaCO3代替BaSO4作胃肠道造影剂
D．在BaSO4悬浊液中，加入少量BaCl2固体，得到的悬浊液中c(Ba2+)增大
11．在一定温度下，当Mg（OH）2固体在水溶液中达到下列平衡时：Mg（OH）2（s） Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），若使固体Mg（OH）2的量减少，而且c（Mg2+）不变，可采取的措施是（ ）
A．加MgCl2 B．加H2O C．加NaOH D．加HCl
12．下列叙述正确的是（ ）
A．Kw随温度、浓度的改变而改变
B．Ksp小的难溶电解质其溶解度一定小
C．若某吸热反应能自发进行，则该反应为熵增反应
D．改变条件，使平衡移动，该反应的平衡常数一定改变
13．水垢的主要成分是CaCO3、CaSO4等。分别将水垢加入到下列溶液中至不再溶解,则溶液中c(Ca2+)最小的是（ ）
A．100mL 0.01mol/L盐酸 B．50mL 0.01mol/L CaCl2溶液
C．40 mL水 D．10 mL 0.1mol/L Na2CO3溶液
14．用1 mol/L氨水(控制1滴/s逐滴加入，下同)滴定60 mL0.02 mol/L硫酸铜溶液；氨水稍过量后，再用1 mol/L的硫酸反滴定铜氨配合物溶液。实验记录如下：
实验现象 反应过程中的pH和电导率变化对比曲线
滴加氨水时，先不断产生浅蓝色沉淀；后来沉淀逐渐溶解，得到深蓝色溶液。 滴加硫酸时，先不断产生浅蓝色沉淀；后来沉淀逐渐溶解，得到蓝色溶液。
资料：ⅰ．实验中产生的浅蓝色沉淀为碱式硫酸铜，化学式为Cu2(OH)2SO4；
ⅱ．电导率是以数字表示的溶液中传导电流的能力。
下列分析中错误的是（ ）
A．a之前未加氨水，溶液pH＜7的原因是Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+
B．ab段发生的主要反应为：2Cu2++SO+2NH3·H2O=Cu2(OH)2SO4↓+2NH
C．d点混合溶液pH＜7，与反应后生成的NH水解有关
D．根据a′b′与b′c′ 段曲线变化趋势，说明溶液的电导率仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷数有关
15．已知298K时，Ksp(NiS)＝1.0×10-21，Ksp(NiCO3)＝1.0×10-7 ；p(Ni)＝－lg c(Ni2+)，p(B)＝－lg c(S2-)或－lg c(CO32-)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
C．对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动
D．P为3.5且对应的阴离子是CO32-
16．在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。下列解析错误的是（ ）
A．与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积
B．与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少
C．深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)
D．海水呈弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO 浓度增大
二、综合题
17．根据题意解答
（1）某温度下，在Ca（OH）2（Ksp=5.5×10﹣6）、Mg（OH）2（Ksp=3.2×10﹣11）、AgCl（Ksp=1.8×10﹣10）三种物质中，溶解度最小的是
（2）在粗制CuSO4 5H2O晶体中常含有杂质Fe2+．在提纯时为了除去Fe2+，常加入氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质最合适的是
A．KMnO4 B．H2O2 C．Cl2 水 D．HNO3
已知KMnO4氧化Fe2+时，生成Mn2+离子，试写出酸性KMnO4与Fe2+反应的离子反应方程式 ；然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的
A．NaOH B． NH3 H2O C．CuCO3 D．Cu（OH）2
（3）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10﹣38，Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10﹣18，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5 mol L﹣1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol L﹣1，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为 ，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为 （已知lg2=0.3，lg5=0.7），通过计算确定上述方案 （填“可行”或“不可行”）
18．下表是几种弱电解质的电离平衡常数K、难溶电解质的溶度积Ksp(25℃)。
电解质 平衡方程式 K Ksp
CH3COOH CH3COOH CH3COO-+H+ 1.76×10-5
H2CO3 H2CO3 H++ H++ K1=4.31×10-7 K2=5.61×10-11
H3PO4 H3PO4 H++ H++ H++ K1=7.52×10-3 K2=6.23×10-8 K3=2.20×10-13
NH3·H2O NH3·H2O +OH- 1.76×10-5
AgBr AgBr Ag++Br- 5.4×10-13
AgCl AgCl Ag++Cl- 1.8×10-10
回答下列问题：
（1）室温下相同浓度的①CH3COONa②Na2CO3③NaH2PO4④Na2HPO4四种溶液，它们的pH由大到小的顺序为 (填编号)。
（2）向Na2HPO4溶液中通入少量CO2反应的离子方程式为 。
（3）25℃时，向10mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中滴加VmL0.01mol·L-1氨水，下列说法错误的是____。
A．若混合液pH>7，则V≥10
B．若混合液pH＜7，则c()＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
C．V=5时，2c(NH3·H2O)+2c()=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．V=10时，混合液中水的电离程度大于10mL0.01mol·L-1醋酸溶液中水的电离程度
（4）升高温度可增大AgBr的溶解度，不同温度下AgBr在溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。回答下列问题：
①T1 T2(填“＞”“=”或“＜”)；
②T1温度时，对于AgBr的沉淀溶解平衡体系，下列说法正确的是 ；
A．加入NaBr可使溶液由b点变为a点
B．升温可使溶液由b点变为d点
C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点
D．T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点对应的溶液中，均有AgBr沉淀
③用饱和NaCl溶液处理少量AgBr沉淀，使其中的Br-全部转化到溶液中。该沉淀转化反应的平衡常数K= 。
19．通过简单的计算完成下列问题：
（1）已知：常温下HF的Ka=1×10-4，NH3 H2O的Kb=1×10-5，则NH4F溶液显 性，保存此溶液应该放在 中。
（2）已知：常温下 H2S的Ka1=1×10-7、Ka2=1×10-15，CuS的Ksp=1×10-36，FeS的Ksp=1×10-17，则：
①反应CuS(s)+2HCl(aq) H2S(aq)+CuCl2(aq)的K= ；反应FeS(s)+2HCl(aq) H2S(aq)+FeCl2(aq)的 K= ；
由计算结果我们可以知道CuS和FeS中 可溶于盐酸。
②反应 CuS(s)+Fe2+(aq) FeS(s)+Cu2+(aq)的K= ；除去废水中的 Cu2+使用过量的FeS固体的优点有：
a.可以除去废水中的Cu2+，过量的FeS和生成的CuS可以通过过滤一并除去；
B. 。
（3）已知：常温下 Fe(OH)3的 Ksp=1×10-38，则 Fe3+沉淀完全的pH= ；配置FeCl3溶液的方法是 。(以浓度≤10-5mol/L为沉淀完全)
20．醋酸镍[(CH3COO)2Ni]是一种重要的化工原料。一种以含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如图：
相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如表：
（1）酸浸过程中，1mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的离子方程式 。
（2）滤渣1和滤渣3主要成分的化学式分别是 、 。
（3）写出氧化步骤中加入过氧化氢发生反应的离子方程式 。
（4）调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是 。
（5）沉镍过程中，若c(Ni2+)=2.0 mol/L，欲使100mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)＜10-5mol/L]，则需要加入碳酸钠固体的物质的量最少为 mol。
21．LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题：
（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。
（2）加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。
（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是 。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。
（5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。
（6）缎烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】40mL 1.5mol L﹣1的 CuSO4 溶液中含铜离子物质的量n（Cu2+）=0.04L×1.5mol/L=0.06mol；
30mL 3mol L﹣1 的 NaOH 溶液中氢氧根离子物质的量n（OH﹣）=0.09mol；
n（Cu2+）：n（OH﹣）=2：3；
溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ﹣）都已变得很小，可忽略，可以认为全部生成沉淀，沉淀中的铜离子与氢氧根离子物质的量之比应等于2：3，对比选项，A为1：2；B为1：1；c为3：4；D为2：3，故D符合；
故选D．
【分析】依据题意计算硫酸铜物质的量和氢氧化钠物质的量，进而求的铜离子和氢氧根离子物质的量，混合后反应生成沉淀，由于溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ﹣）都已变得很小，可以认为全部在蓝色沉淀中；只要比较铜离子和氢氧根离子物质的量之比和选项中相同即符合要求.
2．【答案】B
【解析】【解答】A．苏打为碳酸钠，可与胃酸反应，则钡中毒患者可尽快使用硫酸钠溶液洗胃，A说法不符合题意；
B．珊瑚虫从周围海水中获取Ca2+和 ，碳酸氢钙不稳定，经反应形成石灰石(CaCO3)外壳，逐渐形成珊瑚，B说法符合题意；
C．水中的Mg(HCO3)2、Ca(HCO3)2，受热易分解生成难溶性的MgCO3、CaCO3，溶液中MgCO3生成更难溶的Mg(OH)2，水垢的主要成分是Mg(OH)2、CaCO3，C说法不符合题意；
D．使用含氟牙膏预防龋齿利用了沉淀转化的原理，D说法不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．苏打为碳酸钠，碳酸钠能与胃酸反应；
B．碳酸氢钙不稳定，分解形成碳酸钙；
C．MgCO3会转化为更难溶的Mg(OH)2；
D．利用了沉淀转化的原理。
3．【答案】D
【解析】【解答】解：在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl﹣）＞c（Br﹣），当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中n（Cl﹣）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，
故选D．
【分析】向AgCl与 AgBr的饱和溶液中，加入AgNO3，AgCl与AgBr的溶解平衡向左移动，但AgBr的溶解度更小，溶液中AgCl沉淀较多．
4．【答案】D
【解析】【解答】解：A、根据图象可知，温度升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故A错误；
B、从图象可知，乙曲线斜率大，乙反应到达平衡用得时间少，则乙反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则乙曲线压强大，根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，故B错误；
C、乙酸和氨水都为弱电解质，二者反应生成醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C错误；
D、由图象可知Fe3+水解生成沉淀，当调节pH在4左右时，Fe3+全部水解完全沉淀，而铜离子还没有开张沉淀，所以相同温度下Ksp[Fe（OH）3]一定小于Ksp[Cu（OH）2]，故D正确．
故选D．
【分析】A、从温度升高正逆反应速率的变化判断平衡移动的方向，以此来判断反应热问题；
B、从压强对反应速率的影响结合图象中曲线斜率的大小判断压强大小，根据压强对平衡移动的影响判断反应物含量的变化；
C、从溶液中离子浓度的变化判断导电性问题；
D、根据两种物质完全沉淀时的溶液PH大小来分析．
5．【答案】B
【解析】【解答】A. t时反应物和生成物的浓度相等，而不是不变，所以t时未处于平衡状态，A不符合题意；
B. 升高温度，题中图象曲线变化先减小后增大，减小部分是反应正向进行速率加快而消耗，没有达到平衡，当达到最低点后升高温度，NO2体积分数增大，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，因此以该反应的正反应△H<0，B符合题意；
C. 蒸发水时溶液体积减小，则Ba2+、SO42-的浓度都增大，所以蒸发水不能使溶液由b点变到a点，C不符合题意；
D. NH3 H2O是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，NaOH是一元强碱，完全电离，所以c(NH3 H2O)>c(OH-)=c(NaOH)，加水稀释促进NH3 H2O电离，所以若稀释相同倍数，溶液中c(OH-)：氨水大于NaOH，所以若稀释后溶液中c(OH-)相等，NH3 H2O稀释倍数就要大于NaOH的稀释倍数，故曲线I表示NaOH溶液，曲线II表示NH3 H2O溶液，溶液pH由pH=12变为pH=10，稀释倍数n>100，D不符合题意；
故合理选项是B。
【分析】A. t时反应物和生成物的浓度相等，而不是不变；
B. 升高温度，题中图象曲线变化先减小后增大，减小部分没有达到平衡，增大部分说明升高温度，平衡左移，NO2体积分数增大；
C. 蒸发水时溶液体积减小，则硫酸根浓度也增大；
D. NH3 H2O是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进NH3 H2O电离。
6．【答案】A
【解析】【解答】解：A．由于Ksp（CuS）=1.3×10﹣36＜Ksp（ZnS）=1.6×10﹣24，溶度积越小，难溶物的溶解度越小，则CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，故A正确；
B．由于Ksp（CuS）=1.3×10﹣36＜Ksp（FeS）=6.3×10﹣18，硫化铜的溶解度小于硫化亚铁的，所以除去工业废水中含有的Cu2+，可采用FeS 固体作为沉淀剂，而不能选用CuS做沉淀剂，故B错误；
C．H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1 mol/L，CuS的溶度积常数（Ksp）为1.3×10﹣36，所以溶液中Cu2+的最小浓度为1.3×10﹣35 mol/L，故C错误；
D．ZnS的饱和溶液中存在S2﹣，加入FeCl2溶液，当Qc=c（Fe2+） c（S2﹣）＞Ksp（FeS），就会生成FeS沉淀，故D错误；
故选A．
【分析】A．根据溶度积大小进行比较，溶度积越大，溶解度越大；
B．根据溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀；
C．H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1 mol/L，根据CuS的溶度积常数（Ksp）为1.3×10﹣36即可求得；
D．当Qc＞Ksp就会生成沉淀．
7．【答案】A
【解析】【解答】A.H2SO3中存在以下平衡关系：H2SO3 H++HSO3-
HSO3- H+SO32-
H2O H++OH-
H2SO3的第一步电离强于第二步电离，H2O的电离最弱，所以0.1mol·L-1H2SO3溶液中亚硫酸根离子的浓度应该大于H+，A选项是错误的；
B.加水虽然促进电离，但是体系中参与的每一个组分的浓度应该都是减小的，所以c（H+）减小，则溶液的pH值增大；
C.因为是强碱滴定二元弱酸，所以在滴定过程中会出现两次pH值突跃的点，第一次突变点显酸性，第二次突变的显碱性，所以指示剂应该选用甲基橙和酚酞，C选项是正确的；
D.根据实验4知该过程存在沉淀的转化，所以 ：Ksp(MnS)>Ksp(CuS) ，D选项是正确的。
故答案为：A。
【分析】A.在电解质溶液中，电解质的电离程度是大于水的电离程度的；
B.对于弱电解质的水溶液来说，加水会促进电离，使平衡向正反应方向进行，但是加水会使平衡体系中各组分的浓度都减小；
C.因为是强碱滴定二元弱酸，所以在滴定过程中会出现两次pH值突跃的点，第一次突变点显酸性，第二次突变的显碱性，所以指示剂应该选用甲基橙和酚酞；
D.沉淀转化的方程式为：MnS（S）+Cu2+（aq） CuS（S）+Mn2+（aq），因为相同类型的沉淀，难溶电解质有向更难溶电解质转化的趋势，因此得出：Ksp(MnS)>Ksp(CuS) 。
8．【答案】C
【解析】【解答】
，
恰好沉淀完全，
浓度等于
，c(Ag+)=
，
，
=
，综上所述
故答案为：C。
【分析】当溶液中的Cl 恰好沉淀完全（浓度等于1.0×10 5mol/L）时，c（Ag＋）＝
Ksp(AgCl)/c(Cl )＝1.8×10 5mol/L，然后结合c（CrO42 ）＝Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag＋)计算。
9．【答案】D
【解析】【解答】硫酸钡的溶度积随温度升高而增大，所以BaSO4(s) Ba2+(aq)+SO42-(aq)， H>0；
A．升高温度，BaSO4(s) Ba2+(aq)+SO42-(aq)，平衡右移，c(Ba2+)、c(SO42-)均增大，不可能使溶液由b点变为d点，A不符合题意；
B.针对BaSO4(s) Ba2+(aq)+SO42-(aq)反应，加入BaCl2固体，增加c(Ba2+)，平衡左移，c(SO42-)减小，c(Ba2+)增加，可以使溶液由a点沿曲线向上移动，不能变为c点，B不符合题意；
C.在温度T1 时，c点在该曲线的上方，属于过饱和溶液，有沉淀析出；当温度T2时，c点在曲线的上，属于饱和溶液，没有沉淀析出，C不符合题意；
D.T1温度下，恒温蒸发溶剂，c(Ba2+)、c(SO42-)均增大，可使不饱和溶液变为饱和液，可以使溶液由d点变为T1曲线上a、b之间某一点，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.b点到d点的变化过程中，c(SO42-)减小，c(Ba2+)保持不变；
B.a点到c点的变化过程中，c(SO42-)增大，c(Ba2+)保持不变
C.c点位于T2温度曲线上，表明达到沉淀溶解平衡；
D.d点变为a、b之间某一点的过程中，c(SO42-)和c(Ba2+)均增大；
10．【答案】C
【解析】【解答】A．BaSO4是盐，尽管难溶于水，但溶于水的部分完全电离为自由移动的离子，因此BaSO4属于强电解质，A不符合题意；
B．BaSO4是难溶性盐，在水中存在沉淀溶解平衡：，B不符合题意；
C．BaCO3不溶于水，但能够溶于盐酸，二者反应产生可溶性BaCl2，导致人发生重金属中毒事件，因此不能用BaCO3代替BaSO4作胃肠道造影剂，C符合题意；
D．在BaSO4悬浊液中，加入少量BaCl2固体，BaCl2溶解电离产生Ba2+，使得到的悬浊液中c(Ba2+)增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.硫酸钡虽然难溶，但溶于水的部分完全电离，属于强电解质；
B.BaSO4是难溶性盐，存在；
D.氯化钡能电离出钡离子。
11．【答案】B
【解析】【解答】解：A．加入固体MgCl2，增大了c（Mg2+），使溶解平衡逆向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量增加，故A错误；
B．加入适量水，使溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量减少，由于加水后仍是Mg（OH）2的饱和溶液，所以c（Mg2+）不变，故B正确；
C．加入NaOH固体，增大了c（OH﹣），使溶解平衡逆向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量增加，c（Mg2+）减小，故C错误；
D．加适量盐酸，消耗了氢氧根离子，使溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量减少，c（Mg2+）增加，故D错误；
故选：B．
【分析】要使Mg（OH）2固体减少，应使平衡向正向移动，但c（Mg2+）不变，说明仍为饱和溶液，可加入水，以此解答该题．
12．【答案】C
【解析】【解答】A. 水的离子积常数只与温度有关系，与浓度无关系，A不符合题意；
B. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关，B不符合题意；
C. 吸热反应可以自发进行，△H＞0，若满足△H-T△S＜0，必须是熵增的反应，C符合题意；
D. 化学平衡常数只受温度的影响，其它条件改变，平衡移动，而平衡常数不变，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.Kw只受温度影响，与浓度无关；
B.Ksp小，溶解度不一定小；
C.若反应能自发进行，则△H-T△S＜0；
D.只有温度引起的平衡移动，平衡常数才会发生改变；
13．【答案】D
【解析】【解答】A、盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，钙离子浓度增大，A不符合题意；
B、放入50mL 0.01mol/L CaCl2溶液中，最终达到平衡后钙离子浓度较大，B不符合题意；
C、加水促进溶解平衡向溶解的方向进行，钙离子数目增加，但浓度降低，C不符合题意；
D、放入10 mL 0.1mol/L Na2CO3溶液中碳酸根浓度增大，使溶解平衡向生成碳酸钙的方向进行，钙离子浓度最小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】要使溶液中c(Ca2+)最小，考虑沉淀在溶液中的溶解被抑制程度最大：
A、盐酸能够与碳酸钙反应使沉淀转化为溶液，溶液中的钙离子浓度增大；
B、放入 0.01mol/L CaCl2溶液中，沉淀溶解被抑制，但是 0.01mol/L CaCl2溶液中本身的c(Ca2+)较大；
C、放入水中促进沉淀溶解，但是体积变大，浓度降低；
D、放入0.1mol/L Na2CO3溶液中，碳酸根浓度增大，溶解平衡被抑制，使溶解平衡向生成碳酸钙的方向进行，钙离子浓度最小；
14．【答案】D
【解析】【解答】A．a之前未加氨水，溶液中溶质为CuSO4，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中盐电离产生的Cu2+发生水解反应：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液pH＜7，A不符合题意；
B．向溶液中滴加少量氨水时，产生浅蓝色沉淀是碱式硫酸铜，根据电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：2Cu2++SO+2NH3·H2O=Cu2(OH)2SO4↓+2NH，B不符合题意；
C．d点混合溶液pH＜7，溶液显酸性，是由于溶液中含有(NH4)2SO4，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中NH发生水解反应，消耗水电离产生的OH-产生NH3 H2O，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，导致溶液pH＜7，故与反应生成的NH水解有关，C不符合题意；
D．根据a′b′与b′c′ 段曲线变化趋势，说明溶液的电导率不仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷数有关，而且也与离子的种类有关，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、硫酸铜中铜离子为弱离子，可以发生水解；
B、根据提示可知，铜离子和硫酸根、一水合氨生成浅蓝色沉淀碱式硫酸铜，化学式为Cu2(OH)2SO4；
C、铵根离子为弱离子，可以发生水解；
D、根据图示可知导电率和离子浓度、离子电荷数、离子种类有关。
15．【答案】C
【解析】【解答】A，常温下Ksp（NiS） Ksp（NiCO3），NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A项不符合题意；
B，Ksp（NiS） Ksp（NiCO3），则曲线I代表NiS，曲线II代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS（s） Ni2+（aq）+S2-（aq），加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+减小，d点向b点移动，B项不符合题意；
C，对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C项符合题意；
D，曲线II代表NiCO3， a点c（Ni2+）=c（CO32-），Ksp（NiCO3）= c（Ni2+）·c（CO32-）=1 10-7，c（Ni2+）=c（CO32-）=1 10-3.5，pNi=pB=3.5且对应的阴离子为CO32-，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】注意同种类型沉淀的判断方法是，看沉淀溶解出的离子系数之和是否相同，若相同说明是同种类型沉淀，则可以通过KSp来进行判断溶解度的大小，KSp和S成正比关系。注意2，大部分的沉淀溶解平衡都是放热过程。
16．【答案】D
【解析】【解答】A.海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而CO2的浓度较小，即游离的CO2增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，产生石灰石沉积，A不符合题意；
B.与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B不符合题意；
C.在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)，C不符合题意；
D. 海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度降低，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.结合气体溶解度受温度的影响分析；
B.结合气体溶解度与压强的影响分析；
C.CO2能与CaCO3和H2O反应生成可溶性Ca(HCO3)2；
D.CO2含量增大，CO32-会转化为HCO3-；
17．【答案】（1）AgCl
（2）B；MnO4﹣+5Fe2++8H+═5Fe3++Mn2++4H2O；CD
（3）5；3.3；可行
【解析】【解答】解：（1）化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小，可知常温下在水中溶解能力Ca（OH）2＞Mg（OH）2，AgCl中，c（Ag+）= ≈1×10﹣5，Mg（OH）2中，c（Mg2+）= ≈1×10﹣4，故Mg（OH）2溶解度大，故溶解度最小的是AgCl，故答案为：AgCl；（2）加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质，A、C、D中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故只有B符合；
KMnO4氧化Fe2+时，生成Mn2+离子，所以酸性KMnO4与Fe2+反应的离子反应方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，则C、D均可，A、B将铜离子转化为沉淀，不符合，
故答案为：B；MnO4﹣+5Fe2++8H+═5Fe3++Mn2++4H2O；CD；（3）Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10﹣18，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol L﹣1，c（Cu2+）=3.0mol L﹣1；
依据溶度积常数c（Cu2+）×c2（OH﹣）=3.0×10﹣18，c2（OH﹣）= =10﹣18；
得到c（OH﹣）=10﹣9mol/L，
依据水溶液中的离子积c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14，c（H+）=10﹣5mol/L，溶液pH=5，
则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5 mol L﹣1时就认为沉淀完全，Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10﹣38，c（Fe3+）×c3（OH﹣）=8.0×10﹣38；c3（OH﹣）= =8.0×10﹣33；求的c（OH﹣）=2×10﹣11mol/L；水溶液中的离子积c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14；c（H+）=5×10﹣4mol/L，则pH=3.3；通过计算可知pH=4能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，则方案可行，
故答案为：5；3.3；可行．
【分析】（1）化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小；（2）加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质；KMnO4氧化Fe2+时，生成Mn2+离子，所以酸性KMnO4与Fe2+反应的离子反应方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀；（3）依据氢氧化铜饱和溶液中溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度计算PH；结合氢氧化铁溶度积和残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5 mol L﹣1时就认为沉淀完全．
18．【答案】（1）②④①③
（2）CO2+H2O+=+
（3）A；B
（4）＜；CD；3×10-3
【解析】【解答】(1) 酸的电离平衡常数越大，其溶液酸性越强，根据表中数据知，酸性：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞＞＞，酸性越强，对应钠盐的水解程度越小，溶液的碱性越弱，则pH由大到小的顺序为②④①③，故答案为：②④①③；
(2)酸性：H2CO3＞＞＞，向Na2HPO4溶液中通入少量CO2反应的离子方程式为CO2+H2O+=+，故答案为：CO2+H2O+=+；
(3) 25℃时，向10mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中滴加VmL0.01mol·L-1氨水。CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数相等，等体积等浓度的醋酸和氨水混合，二者恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性。A．若混合液pH＞7，溶液显碱性，则氨水过量，即V＞10，故A不正确；B．若混合液pH＜7，则CH3COOH过量，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒得c()＜c(CH3COO-)，故B不正确；C．V=5时，混合液中含有等物质的量浓度的CH3COOH和醋酸铵，根据物料守恒得2c(NH3 H2O)+2c()=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故C正确；D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离。V=10时，醋酸和氨水恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，溶液呈中性，混合液中水的电离程度大于10mL0.01mol·L-1醋酸溶液中水的电离程度，故D正确；故答案为：AB；
(4)①升高温度可增大AgBr的溶解度，即升高温度，Ksp(AgBr)增大，根据图象，T2时的Ksp(AgBr)＞T1时的Ksp(AgBr)，则T1＜T2，故答案为：＜；
②A．NaBr抑制AgBr电离，Br-的浓度增大，导致溶液中银离子浓度减小，可以使溶液由a点变为b点，故A不正确；B．升温，Ksp(AgBr)增大，即c(Ag+)=c(Br-)都增大，不能使溶液由b点变为d点，故B不正确；C．d点为不饱和溶液，蒸发溶剂，溶液中c(Ag+)=c(Br-)都增大，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，故C正确；D．在T1曲线上方区域(不含曲线)为过饱和溶液，温度不变，溶度积常数不变，因此T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点对应的溶液中，均有AgBr沉淀，故D正确；故答案为：CD；
③用饱和NaCl溶液处理少量AgBr沉淀，使其中的Br-全部转化到溶液中，发生AgBr+ Cl- AgCl+Br-，平衡常数K=====3×10-3，故答案为：3×10-3。
【分析】（1）通过比较Ka值的大小，判断酸性强弱，根据越弱越水解规律判断这些溶液碱性强弱
（2）结合强酸制备弱酸规律，CO2与 Na2HPO4溶液 得到HCO3-
（3）当二者恰好完全反应时，V=10mL，为CH3COONH4，由表格数据可知，铵根和醋酸根水解能力相同，所以，pH=7，所以A错误，B不满足电荷守恒，所以错误
（4）①AgBr溶解平衡为吸热反应，温度越高，溶解平衡向正向进行，离子浓度越大，所以T2>T1
②在溶解平衡曲线上的点为刚好饱和，在曲线上方为过饱和状态，有沉淀析出，在曲线下方为未饱和状态，不会有沉淀析出。
19．【答案】（1）酸；塑料瓶
（2）10-14；105；FeS；10-19；进入废水中的Fe2+被空气中 的O2氧化，生成的Fe3+水解产生Fe(OH)3 胶体，吸附杂质使杂质沉降
（3）3；将FeCl3固体溶于较浓的 HCl 中，再加水稀释至所需浓度
【解析】【解答】（1）已知：常温下HF的Ka=1×10-4，NH3 H2O的Kb=1×10-5，则铵根离子的水解程度大于氟离子的水解，则NH4F溶液显酸性，水解产生氢氟酸，故保存此溶液应该放在塑料瓶中；（2）①反应CuS(s)+2HCl(aq) H2S(aq)+CuCl2(aq)的 ，反应FeS(s)+2HCl(aq) H2S(aq)+FeCl2(aq)的 ；②反应 CuS(s)+Fe2+(aq) FeS(s)+Cu2+(aq)的 ；除去废水中的 Cu2+使用过量的FeS固体的优点有：a.可以除去废水中的Cu2+，过量的FeS和生成的CuS可以通过过滤一并除去；
B. 进入废水中的Fe2+被空气中 的O2氧化，生成的Fe3+水解产生Fe(OH)3 胶体，吸附杂质使杂质沉降；（3）已知：Fe3+沉淀完全的浓度为 ，常温下 Fe(OH)3的 Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)= ×c3(OH-)=1×10-38，则 c(OH-)=1×10-11，Fe3+沉淀完全的pH=3；为防止FeCl3水解，配置FeCl3溶液的方法是将FeCl3固体溶于较浓的 HCl 中，再加水稀释至所需浓度。
【分析】（1）根据电离平衡常数以及“越弱越水解”可以判断；
（2） 要注意难溶电解质相关的转化的平衡常数，可以从起对应的难溶物的溶度积进行比较；
（3）要注意pH的计算，完全沉淀的离子浓度，以及难溶电解质的溶度积，可以计算氢氧根浓度，再转化为pH。
20．【答案】（1）
（2）；
（3）
（4）
（5）0.296
【解析】【解答】（1）酸浸过程中，1mol NiS被硝酸氧化失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成NO和SO2，其反应的离子方程式为 ；（2）由流程分析可知，滤渣1为 ，滤渣3为 ，故答案为： ； ；（3）调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节pH的范围为 ；（4）根据表格信息可知，溶液中的亚铁离子不容易转化为沉淀，加入H2O2目的是将亚铁离子氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为： ；（5）已知NiCO3的Ksp=9.6×10-4，使100mL该滤液中的Ni2+沉淀物完全，即[c(Ni2+)≤10-5mol L-1]，则溶液中c(CO32-)= = mol/L=0.96mol/L，与Ni2+反应的n(CO32-)=cV=2mol/L×0.1L=0.2mol，则加入的碳酸钠的总物质的量n(CO32-)=0.2mol+0.96mol/L×0.1L=0.296mol，故答案为：0.296。
【分析】含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，过滤，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，浸出液含有Ni2+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，然后加NaOH调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，所以调节pH的范围5.0≤pH＜6.7，过滤，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有Ni2+、Ca2+，再加氟化铵，生成CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成(CH3COO)2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到(CH3COO)2Ni固体，结合选项分析解答。
21．【答案】（1）MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；粉碎菱锰矿
（2）将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+可以催化H2O2分解
（3）2.8×10-9；Al3+
（4）BaSO4、NiS
（5）Mn2++2H2O H2↑+MnO2↓+2H+；加入Mn(OH)2
（6）2Li2CO3+8MnO2 4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【解析】【解答】（1）加入硫酸后可以与碳酸锰反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎，增大接触面积；
（2） MnO2具有氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+，由于H2O2不稳定且Fe3+可以催化H2O2分解，所以不能用H2O2 进行氧化；
（3反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1， 此时c(Fe3+)=，用石灰乳调节至pH≈7，溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全；
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，溶液中发生的离子反应为：BaS+Ni2++SO42-=BaSO4↓+NiS↓，
（5）电解池溶液中阴极为Mn2+放电，阳极为H2O放电，电解总反应为：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+，电解过程中锰离子和水不断被消耗，为保持电解液成分稳定，需要补充 Mn(OH)2；
（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
【分析】浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等。
一、单选题
1．将40mL 1.5mol L﹣1的 CuSO4 溶液与30mL 3mol L﹣1 的 NaOH 溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c（Cu2+ ）或 c（OH﹣）（c表示浓度）都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（ ）
A．Cu（OH）2 B．CuSO4 Cu（OH）2
C．CuSO4 2Cu（OH）2 D．CuSO4 3Cu（OH）2
2．下列说法中正确的是（ ）
A．钡中毒患者可尽快使用苏打溶液洗胃，随即导泻使Ba2+转化为BaCO3而排出
B．珊瑚虫从周围海水中获取Ca2+和 ，经反应形成石灰石(CaCO3)外壳，逐渐形成珊瑚
C．水中的Mg(HCO3)2、Ca(HCO3)2，受热易分解生成难溶性的MgCO3、CaCO3，故水垢的主要成分是MgCO3、CaCO3
D．使用含氟牙膏预防龋齿利用了盐类水解的原理
3．已知AgCl和AgBr的溶解度分别为S（AgCl）=1×10﹣4、S（AgBr）=8.4×10﹣6，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓硝酸银溶液，发生的反应为（ ）
A．只有AgBr沉淀生成 B．AgCl和AgBr沉淀等量生成
C．AgCl沉淀少于AgBr沉淀 D．AgCl沉淀多于AgBr沉淀
4．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果．下列图象描述正确的是（ ）
A．根据图①可判断可逆反应A2（g）+3B2（g） 2AB3（g）的△H＞0
B．图②表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g） 3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大
C．图③表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化
D．根据图④，相同温度下Ksp[Fe（OH）3]一定小于Ksp[Cu（OH）2]
5．下列图示与对应的叙述相符合的是（ ）
A． 图甲表示某可逆反应中物质浓度随时间的变化，反应在t时刻达到平衡状态
B． 图乙表示NO2在恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g) N2O4(g)，NO2体积分数与温度的变化曲线，则该反应的正反应△H<0
C． 图丙表示某温度时，BaSO4在水中的溶解平衡曲线，蒸发水可使溶液由b点变到a点
D． 图丁表示分别稀释10 mL pH均为12的NaOH和NH3 H2O溶液时pH的变化，曲线I表示NH3 H2O溶液，n>100
6．已知25℃物质的溶度积常数为：FeS：Ksp=6.3×10﹣18；CuS：Ksp=1.3×10﹣36；ZnS：Ksp=1.6×10﹣24．下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，CuS的溶解度小于ZnS的溶解度
B．除去工业废水中的Fe2+，可以选用CuS做沉淀剂
C．足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.3×10﹣35mol/L
D．在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，一定不产生FeS沉淀
7．已知：常温下Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得0.1mol·L-1H2SO3溶液pH=2.1。
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中逐滴加入5mL水，用pH计监测过程中pH变化。
实验3：用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1H2SO3溶液。
实验4：向10mL0.1mol·L-1Na2S溶液中加入10mL0.1mol·L-1MnSO4溶液，充分混合，产生粉色沉淀，再加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀。
下列说法不正确的是（ ）
A．由实验1可知：0.1mol·L-1H2SO3溶液中c()
C．因实验3可出现两次突跃，指示剂应选用甲基橙和酚酞
D．由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
8．在化学分析中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂，利用与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。已知时；，当溶液中的恰好沉淀完全(浓度等于)时，溶液中为（ ）
A． B．
C． D．
9．不同温度T1、T2时，硫酸钡在水中的溶解平衡曲线如图所示，已知硫酸钡的溶度积随温度升高而增大，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，可以使溶液由b点变为d点
B．加入BaCl2固体，可以使溶液由a点变为c点
C．c点表示在T1、T2温度下溶液中均有固体析出
D．T1温度下，恒温蒸发溶剂，可以使溶液由d点变为T1曲线上a、b之间某一点
10．BaSO4又叫重晶石，可用作胃肠道造影剂，下列关于BaSO4的说法错误的是（ ）
A．BaSO4属于强电解质
B．BaSO4悬浊液中存在
C．可用BaCO3代替BaSO4作胃肠道造影剂
D．在BaSO4悬浊液中，加入少量BaCl2固体，得到的悬浊液中c(Ba2+)增大
11．在一定温度下，当Mg（OH）2固体在水溶液中达到下列平衡时：Mg（OH）2（s） Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），若使固体Mg（OH）2的量减少，而且c（Mg2+）不变，可采取的措施是（ ）
A．加MgCl2 B．加H2O C．加NaOH D．加HCl
12．下列叙述正确的是（ ）
A．Kw随温度、浓度的改变而改变
B．Ksp小的难溶电解质其溶解度一定小
C．若某吸热反应能自发进行，则该反应为熵增反应
D．改变条件，使平衡移动，该反应的平衡常数一定改变
13．水垢的主要成分是CaCO3、CaSO4等。分别将水垢加入到下列溶液中至不再溶解,则溶液中c(Ca2+)最小的是（ ）
A．100mL 0.01mol/L盐酸 B．50mL 0.01mol/L CaCl2溶液
C．40 mL水 D．10 mL 0.1mol/L Na2CO3溶液
14．用1 mol/L氨水(控制1滴/s逐滴加入，下同)滴定60 mL0.02 mol/L硫酸铜溶液；氨水稍过量后，再用1 mol/L的硫酸反滴定铜氨配合物溶液。实验记录如下：
实验现象 反应过程中的pH和电导率变化对比曲线
滴加氨水时，先不断产生浅蓝色沉淀；后来沉淀逐渐溶解，得到深蓝色溶液。 滴加硫酸时，先不断产生浅蓝色沉淀；后来沉淀逐渐溶解，得到蓝色溶液。
资料：ⅰ．实验中产生的浅蓝色沉淀为碱式硫酸铜，化学式为Cu2(OH)2SO4；
ⅱ．电导率是以数字表示的溶液中传导电流的能力。
下列分析中错误的是（ ）
A．a之前未加氨水，溶液pH＜7的原因是Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+
B．ab段发生的主要反应为：2Cu2++SO+2NH3·H2O=Cu2(OH)2SO4↓+2NH
C．d点混合溶液pH＜7，与反应后生成的NH水解有关
D．根据a′b′与b′c′ 段曲线变化趋势，说明溶液的电导率仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷数有关
15．已知298K时，Ksp(NiS)＝1.0×10-21，Ksp(NiCO3)＝1.0×10-7 ；p(Ni)＝－lg c(Ni2+)，p(B)＝－lg c(S2-)或－lg c(CO32-)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
C．对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动
D．P为3.5且对应的阴离子是CO32-
16．在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。下列解析错误的是（ ）
A．与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积
B．与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少
C．深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)
D．海水呈弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO 浓度增大
二、综合题
17．根据题意解答
（1）某温度下，在Ca（OH）2（Ksp=5.5×10﹣6）、Mg（OH）2（Ksp=3.2×10﹣11）、AgCl（Ksp=1.8×10﹣10）三种物质中，溶解度最小的是
（2）在粗制CuSO4 5H2O晶体中常含有杂质Fe2+．在提纯时为了除去Fe2+，常加入氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质最合适的是
A．KMnO4 B．H2O2 C．Cl2 水 D．HNO3
已知KMnO4氧化Fe2+时，生成Mn2+离子，试写出酸性KMnO4与Fe2+反应的离子反应方程式 ；然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的
A．NaOH B． NH3 H2O C．CuCO3 D．Cu（OH）2
（3）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10﹣38，Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10﹣18，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5 mol L﹣1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol L﹣1，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为 ，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为 （已知lg2=0.3，lg5=0.7），通过计算确定上述方案 （填“可行”或“不可行”）
18．下表是几种弱电解质的电离平衡常数K、难溶电解质的溶度积Ksp(25℃)。
电解质 平衡方程式 K Ksp
CH3COOH CH3COOH CH3COO-+H+ 1.76×10-5
H2CO3 H2CO3 H++ H++ K1=4.31×10-7 K2=5.61×10-11
H3PO4 H3PO4 H++ H++ H++ K1=7.52×10-3 K2=6.23×10-8 K3=2.20×10-13
NH3·H2O NH3·H2O +OH- 1.76×10-5
AgBr AgBr Ag++Br- 5.4×10-13
AgCl AgCl Ag++Cl- 1.8×10-10
回答下列问题：
（1）室温下相同浓度的①CH3COONa②Na2CO3③NaH2PO4④Na2HPO4四种溶液，它们的pH由大到小的顺序为 (填编号)。
（2）向Na2HPO4溶液中通入少量CO2反应的离子方程式为 。
（3）25℃时，向10mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中滴加VmL0.01mol·L-1氨水，下列说法错误的是____。
A．若混合液pH>7，则V≥10
B．若混合液pH＜7，则c()＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
C．V=5时，2c(NH3·H2O)+2c()=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．V=10时，混合液中水的电离程度大于10mL0.01mol·L-1醋酸溶液中水的电离程度
（4）升高温度可增大AgBr的溶解度，不同温度下AgBr在溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。回答下列问题：
①T1 T2(填“＞”“=”或“＜”)；
②T1温度时，对于AgBr的沉淀溶解平衡体系，下列说法正确的是 ；
A．加入NaBr可使溶液由b点变为a点
B．升温可使溶液由b点变为d点
C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点
D．T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点对应的溶液中，均有AgBr沉淀
③用饱和NaCl溶液处理少量AgBr沉淀，使其中的Br-全部转化到溶液中。该沉淀转化反应的平衡常数K= 。
19．通过简单的计算完成下列问题：
（1）已知：常温下HF的Ka=1×10-4，NH3 H2O的Kb=1×10-5，则NH4F溶液显 性，保存此溶液应该放在 中。
（2）已知：常温下 H2S的Ka1=1×10-7、Ka2=1×10-15，CuS的Ksp=1×10-36，FeS的Ksp=1×10-17，则：
①反应CuS(s)+2HCl(aq) H2S(aq)+CuCl2(aq)的K= ；反应FeS(s)+2HCl(aq) H2S(aq)+FeCl2(aq)的 K= ；
由计算结果我们可以知道CuS和FeS中 可溶于盐酸。
②反应 CuS(s)+Fe2+(aq) FeS(s)+Cu2+(aq)的K= ；除去废水中的 Cu2+使用过量的FeS固体的优点有：
a.可以除去废水中的Cu2+，过量的FeS和生成的CuS可以通过过滤一并除去；
B. 。
（3）已知：常温下 Fe(OH)3的 Ksp=1×10-38，则 Fe3+沉淀完全的pH= ；配置FeCl3溶液的方法是 。(以浓度≤10-5mol/L为沉淀完全)
20．醋酸镍[(CH3COO)2Ni]是一种重要的化工原料。一种以含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如图：
相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如表：
（1）酸浸过程中，1mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的离子方程式 。
（2）滤渣1和滤渣3主要成分的化学式分别是 、 。
（3）写出氧化步骤中加入过氧化氢发生反应的离子方程式 。
（4）调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是 。
（5）沉镍过程中，若c(Ni2+)=2.0 mol/L，欲使100mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)＜10-5mol/L]，则需要加入碳酸钠固体的物质的量最少为 mol。
21．LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题：
（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。
（2）加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。
（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是 。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。
（5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。
（6）缎烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】40mL 1.5mol L﹣1的 CuSO4 溶液中含铜离子物质的量n（Cu2+）=0.04L×1.5mol/L=0.06mol；
30mL 3mol L﹣1 的 NaOH 溶液中氢氧根离子物质的量n（OH﹣）=0.09mol；
n（Cu2+）：n（OH﹣）=2：3；
溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ﹣）都已变得很小，可忽略，可以认为全部生成沉淀，沉淀中的铜离子与氢氧根离子物质的量之比应等于2：3，对比选项，A为1：2；B为1：1；c为3：4；D为2：3，故D符合；
故选D．
【分析】依据题意计算硫酸铜物质的量和氢氧化钠物质的量，进而求的铜离子和氢氧根离子物质的量，混合后反应生成沉淀，由于溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ﹣）都已变得很小，可以认为全部在蓝色沉淀中；只要比较铜离子和氢氧根离子物质的量之比和选项中相同即符合要求.
2．【答案】B
【解析】【解答】A．苏打为碳酸钠，可与胃酸反应，则钡中毒患者可尽快使用硫酸钠溶液洗胃，A说法不符合题意；
B．珊瑚虫从周围海水中获取Ca2+和 ，碳酸氢钙不稳定，经反应形成石灰石(CaCO3)外壳，逐渐形成珊瑚，B说法符合题意；
C．水中的Mg(HCO3)2、Ca(HCO3)2，受热易分解生成难溶性的MgCO3、CaCO3，溶液中MgCO3生成更难溶的Mg(OH)2，水垢的主要成分是Mg(OH)2、CaCO3，C说法不符合题意；
D．使用含氟牙膏预防龋齿利用了沉淀转化的原理，D说法不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．苏打为碳酸钠，碳酸钠能与胃酸反应；
B．碳酸氢钙不稳定，分解形成碳酸钙；
C．MgCO3会转化为更难溶的Mg(OH)2；
D．利用了沉淀转化的原理。
3．【答案】D
【解析】【解答】解：在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl﹣）＞c（Br﹣），当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中n（Cl﹣）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，
故选D．
【分析】向AgCl与 AgBr的饱和溶液中，加入AgNO3，AgCl与AgBr的溶解平衡向左移动，但AgBr的溶解度更小，溶液中AgCl沉淀较多．
4．【答案】D
【解析】【解答】解：A、根据图象可知，温度升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故A错误；
B、从图象可知，乙曲线斜率大，乙反应到达平衡用得时间少，则乙反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则乙曲线压强大，根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，故B错误；
C、乙酸和氨水都为弱电解质，二者反应生成醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C错误；
D、由图象可知Fe3+水解生成沉淀，当调节pH在4左右时，Fe3+全部水解完全沉淀，而铜离子还没有开张沉淀，所以相同温度下Ksp[Fe（OH）3]一定小于Ksp[Cu（OH）2]，故D正确．
故选D．
【分析】A、从温度升高正逆反应速率的变化判断平衡移动的方向，以此来判断反应热问题；
B、从压强对反应速率的影响结合图象中曲线斜率的大小判断压强大小，根据压强对平衡移动的影响判断反应物含量的变化；
C、从溶液中离子浓度的变化判断导电性问题；
D、根据两种物质完全沉淀时的溶液PH大小来分析．
5．【答案】B
【解析】【解答】A. t时反应物和生成物的浓度相等，而不是不变，所以t时未处于平衡状态，A不符合题意；
B. 升高温度，题中图象曲线变化先减小后增大，减小部分是反应正向进行速率加快而消耗，没有达到平衡，当达到最低点后升高温度，NO2体积分数增大，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，因此以该反应的正反应△H<0，B符合题意；
C. 蒸发水时溶液体积减小，则Ba2+、SO42-的浓度都增大，所以蒸发水不能使溶液由b点变到a点，C不符合题意；
D. NH3 H2O是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，NaOH是一元强碱，完全电离，所以c(NH3 H2O)>c(OH-)=c(NaOH)，加水稀释促进NH3 H2O电离，所以若稀释相同倍数，溶液中c(OH-)：氨水大于NaOH，所以若稀释后溶液中c(OH-)相等，NH3 H2O稀释倍数就要大于NaOH的稀释倍数，故曲线I表示NaOH溶液，曲线II表示NH3 H2O溶液，溶液pH由pH=12变为pH=10，稀释倍数n>100，D不符合题意；
故合理选项是B。
【分析】A. t时反应物和生成物的浓度相等，而不是不变；
B. 升高温度，题中图象曲线变化先减小后增大，减小部分没有达到平衡，增大部分说明升高温度，平衡左移，NO2体积分数增大；
C. 蒸发水时溶液体积减小，则硫酸根浓度也增大；
D. NH3 H2O是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进NH3 H2O电离。
6．【答案】A
【解析】【解答】解：A．由于Ksp（CuS）=1.3×10﹣36＜Ksp（ZnS）=1.6×10﹣24，溶度积越小，难溶物的溶解度越小，则CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，故A正确；
B．由于Ksp（CuS）=1.3×10﹣36＜Ksp（FeS）=6.3×10﹣18，硫化铜的溶解度小于硫化亚铁的，所以除去工业废水中含有的Cu2+，可采用FeS 固体作为沉淀剂，而不能选用CuS做沉淀剂，故B错误；
C．H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1 mol/L，CuS的溶度积常数（Ksp）为1.3×10﹣36，所以溶液中Cu2+的最小浓度为1.3×10﹣35 mol/L，故C错误；
D．ZnS的饱和溶液中存在S2﹣，加入FeCl2溶液，当Qc=c（Fe2+） c（S2﹣）＞Ksp（FeS），就会生成FeS沉淀，故D错误；
故选A．
【分析】A．根据溶度积大小进行比较，溶度积越大，溶解度越大；
B．根据溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀；
C．H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1 mol/L，根据CuS的溶度积常数（Ksp）为1.3×10﹣36即可求得；
D．当Qc＞Ksp就会生成沉淀．
7．【答案】A
【解析】【解答】A.H2SO3中存在以下平衡关系：H2SO3 H++HSO3-
HSO3- H+SO32-
H2O H++OH-
H2SO3的第一步电离强于第二步电离，H2O的电离最弱，所以0.1mol·L-1H2SO3溶液中亚硫酸根离子的浓度应该大于H+，A选项是错误的；
B.加水虽然促进电离，但是体系中参与的每一个组分的浓度应该都是减小的，所以c（H+）减小，则溶液的pH值增大；
C.因为是强碱滴定二元弱酸，所以在滴定过程中会出现两次pH值突跃的点，第一次突变点显酸性，第二次突变的显碱性，所以指示剂应该选用甲基橙和酚酞，C选项是正确的；
D.根据实验4知该过程存在沉淀的转化，所以 ：Ksp(MnS)>Ksp(CuS) ，D选项是正确的。
故答案为：A。
【分析】A.在电解质溶液中，电解质的电离程度是大于水的电离程度的；
B.对于弱电解质的水溶液来说，加水会促进电离，使平衡向正反应方向进行，但是加水会使平衡体系中各组分的浓度都减小；
C.因为是强碱滴定二元弱酸，所以在滴定过程中会出现两次pH值突跃的点，第一次突变点显酸性，第二次突变的显碱性，所以指示剂应该选用甲基橙和酚酞；
D.沉淀转化的方程式为：MnS（S）+Cu2+（aq） CuS（S）+Mn2+（aq），因为相同类型的沉淀，难溶电解质有向更难溶电解质转化的趋势，因此得出：Ksp(MnS)>Ksp(CuS) 。
8．【答案】C
【解析】【解答】
，
恰好沉淀完全，
浓度等于
，c(Ag+)=
，
，
=
，综上所述
故答案为：C。
【分析】当溶液中的Cl 恰好沉淀完全（浓度等于1.0×10 5mol/L）时，c（Ag＋）＝
Ksp(AgCl)/c(Cl )＝1.8×10 5mol/L，然后结合c（CrO42 ）＝Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag＋)计算。
9．【答案】D
【解析】【解答】硫酸钡的溶度积随温度升高而增大，所以BaSO4(s) Ba2+(aq)+SO42-(aq)， H>0；
A．升高温度，BaSO4(s) Ba2+(aq)+SO42-(aq)，平衡右移，c(Ba2+)、c(SO42-)均增大，不可能使溶液由b点变为d点，A不符合题意；
B.针对BaSO4(s) Ba2+(aq)+SO42-(aq)反应，加入BaCl2固体，增加c(Ba2+)，平衡左移，c(SO42-)减小，c(Ba2+)增加，可以使溶液由a点沿曲线向上移动，不能变为c点，B不符合题意；
C.在温度T1 时，c点在该曲线的上方，属于过饱和溶液，有沉淀析出；当温度T2时，c点在曲线的上，属于饱和溶液，没有沉淀析出，C不符合题意；
D.T1温度下，恒温蒸发溶剂，c(Ba2+)、c(SO42-)均增大，可使不饱和溶液变为饱和液，可以使溶液由d点变为T1曲线上a、b之间某一点，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.b点到d点的变化过程中，c(SO42-)减小，c(Ba2+)保持不变；
B.a点到c点的变化过程中，c(SO42-)增大，c(Ba2+)保持不变
C.c点位于T2温度曲线上，表明达到沉淀溶解平衡；
D.d点变为a、b之间某一点的过程中，c(SO42-)和c(Ba2+)均增大；
10．【答案】C
【解析】【解答】A．BaSO4是盐，尽管难溶于水，但溶于水的部分完全电离为自由移动的离子，因此BaSO4属于强电解质，A不符合题意；
B．BaSO4是难溶性盐，在水中存在沉淀溶解平衡：，B不符合题意；
C．BaCO3不溶于水，但能够溶于盐酸，二者反应产生可溶性BaCl2，导致人发生重金属中毒事件，因此不能用BaCO3代替BaSO4作胃肠道造影剂，C符合题意；
D．在BaSO4悬浊液中，加入少量BaCl2固体，BaCl2溶解电离产生Ba2+，使得到的悬浊液中c(Ba2+)增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.硫酸钡虽然难溶，但溶于水的部分完全电离，属于强电解质；
B.BaSO4是难溶性盐，存在；
D.氯化钡能电离出钡离子。
11．【答案】B
【解析】【解答】解：A．加入固体MgCl2，增大了c（Mg2+），使溶解平衡逆向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量增加，故A错误；
B．加入适量水，使溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量减少，由于加水后仍是Mg（OH）2的饱和溶液，所以c（Mg2+）不变，故B正确；
C．加入NaOH固体，增大了c（OH﹣），使溶解平衡逆向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量增加，c（Mg2+）减小，故C错误；
D．加适量盐酸，消耗了氢氧根离子，使溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg（OH）2固体的质量减少，c（Mg2+）增加，故D错误；
故选：B．
【分析】要使Mg（OH）2固体减少，应使平衡向正向移动，但c（Mg2+）不变，说明仍为饱和溶液，可加入水，以此解答该题．
12．【答案】C
【解析】【解答】A. 水的离子积常数只与温度有关系，与浓度无关系，A不符合题意；
B. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关，B不符合题意；
C. 吸热反应可以自发进行，△H＞0，若满足△H-T△S＜0，必须是熵增的反应，C符合题意；
D. 化学平衡常数只受温度的影响，其它条件改变，平衡移动，而平衡常数不变，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.Kw只受温度影响，与浓度无关；
B.Ksp小，溶解度不一定小；
C.若反应能自发进行，则△H-T△S＜0；
D.只有温度引起的平衡移动，平衡常数才会发生改变；
13．【答案】D
【解析】【解答】A、盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，钙离子浓度增大，A不符合题意；
B、放入50mL 0.01mol/L CaCl2溶液中，最终达到平衡后钙离子浓度较大，B不符合题意；
C、加水促进溶解平衡向溶解的方向进行，钙离子数目增加，但浓度降低，C不符合题意；
D、放入10 mL 0.1mol/L Na2CO3溶液中碳酸根浓度增大，使溶解平衡向生成碳酸钙的方向进行，钙离子浓度最小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】要使溶液中c(Ca2+)最小，考虑沉淀在溶液中的溶解被抑制程度最大：
A、盐酸能够与碳酸钙反应使沉淀转化为溶液，溶液中的钙离子浓度增大；
B、放入 0.01mol/L CaCl2溶液中，沉淀溶解被抑制，但是 0.01mol/L CaCl2溶液中本身的c(Ca2+)较大；
C、放入水中促进沉淀溶解，但是体积变大，浓度降低；
D、放入0.1mol/L Na2CO3溶液中，碳酸根浓度增大，溶解平衡被抑制，使溶解平衡向生成碳酸钙的方向进行，钙离子浓度最小；
14．【答案】D
【解析】【解答】A．a之前未加氨水，溶液中溶质为CuSO4，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中盐电离产生的Cu2+发生水解反应：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液pH＜7，A不符合题意；
B．向溶液中滴加少量氨水时，产生浅蓝色沉淀是碱式硫酸铜，根据电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：2Cu2++SO+2NH3·H2O=Cu2(OH)2SO4↓+2NH，B不符合题意；
C．d点混合溶液pH＜7，溶液显酸性，是由于溶液中含有(NH4)2SO4，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中NH发生水解反应，消耗水电离产生的OH-产生NH3 H2O，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，导致溶液pH＜7，故与反应生成的NH水解有关，C不符合题意；
D．根据a′b′与b′c′ 段曲线变化趋势，说明溶液的电导率不仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷数有关，而且也与离子的种类有关，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、硫酸铜中铜离子为弱离子，可以发生水解；
B、根据提示可知，铜离子和硫酸根、一水合氨生成浅蓝色沉淀碱式硫酸铜，化学式为Cu2(OH)2SO4；
C、铵根离子为弱离子，可以发生水解；
D、根据图示可知导电率和离子浓度、离子电荷数、离子种类有关。
15．【答案】C
【解析】【解答】A，常温下Ksp（NiS） Ksp（NiCO3），NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A项不符合题意；
B，Ksp（NiS） Ksp（NiCO3），则曲线I代表NiS，曲线II代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS（s） Ni2+（aq）+S2-（aq），加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+减小，d点向b点移动，B项不符合题意；
C，对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C项符合题意；
D，曲线II代表NiCO3， a点c（Ni2+）=c（CO32-），Ksp（NiCO3）= c（Ni2+）·c（CO32-）=1 10-7，c（Ni2+）=c（CO32-）=1 10-3.5，pNi=pB=3.5且对应的阴离子为CO32-，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】注意同种类型沉淀的判断方法是，看沉淀溶解出的离子系数之和是否相同，若相同说明是同种类型沉淀，则可以通过KSp来进行判断溶解度的大小，KSp和S成正比关系。注意2，大部分的沉淀溶解平衡都是放热过程。
16．【答案】D
【解析】【解答】A.海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而CO2的浓度较小，即游离的CO2增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，产生石灰石沉积，A不符合题意；
B.与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B不符合题意；
C.在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)，C不符合题意；
D. 海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度降低，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.结合气体溶解度受温度的影响分析；
B.结合气体溶解度与压强的影响分析；
C.CO2能与CaCO3和H2O反应生成可溶性Ca(HCO3)2；
D.CO2含量增大，CO32-会转化为HCO3-；
17．【答案】（1）AgCl
（2）B；MnO4﹣+5Fe2++8H+═5Fe3++Mn2++4H2O；CD
（3）5；3.3；可行
【解析】【解答】解：（1）化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小，可知常温下在水中溶解能力Ca（OH）2＞Mg（OH）2，AgCl中，c（Ag+）= ≈1×10﹣5，Mg（OH）2中，c（Mg2+）= ≈1×10﹣4，故Mg（OH）2溶解度大，故溶解度最小的是AgCl，故答案为：AgCl；（2）加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质，A、C、D中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故只有B符合；
KMnO4氧化Fe2+时，生成Mn2+离子，所以酸性KMnO4与Fe2+反应的离子反应方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，则C、D均可，A、B将铜离子转化为沉淀，不符合，
故答案为：B；MnO4﹣+5Fe2++8H+═5Fe3++Mn2++4H2O；CD；（3）Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10﹣18，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol L﹣1，c（Cu2+）=3.0mol L﹣1；
依据溶度积常数c（Cu2+）×c2（OH﹣）=3.0×10﹣18，c2（OH﹣）= =10﹣18；
得到c（OH﹣）=10﹣9mol/L，
依据水溶液中的离子积c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14，c（H+）=10﹣5mol/L，溶液pH=5，
则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5 mol L﹣1时就认为沉淀完全，Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10﹣38，c（Fe3+）×c3（OH﹣）=8.0×10﹣38；c3（OH﹣）= =8.0×10﹣33；求的c（OH﹣）=2×10﹣11mol/L；水溶液中的离子积c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14；c（H+）=5×10﹣4mol/L，则pH=3.3；通过计算可知pH=4能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，则方案可行，
故答案为：5；3.3；可行．
【分析】（1）化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小；（2）加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质；KMnO4氧化Fe2+时，生成Mn2+离子，所以酸性KMnO4与Fe2+反应的离子反应方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀；（3）依据氢氧化铜饱和溶液中溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度计算PH；结合氢氧化铁溶度积和残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5 mol L﹣1时就认为沉淀完全．
18．【答案】（1）②④①③
（2）CO2+H2O+=+
（3）A；B
（4）＜；CD；3×10-3
【解析】【解答】(1) 酸的电离平衡常数越大，其溶液酸性越强，根据表中数据知，酸性：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞＞＞，酸性越强，对应钠盐的水解程度越小，溶液的碱性越弱，则pH由大到小的顺序为②④①③，故答案为：②④①③；
(2)酸性：H2CO3＞＞＞，向Na2HPO4溶液中通入少量CO2反应的离子方程式为CO2+H2O+=+，故答案为：CO2+H2O+=+；
(3) 25℃时，向10mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中滴加VmL0.01mol·L-1氨水。CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数相等，等体积等浓度的醋酸和氨水混合，二者恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性。A．若混合液pH＞7，溶液显碱性，则氨水过量，即V＞10，故A不正确；B．若混合液pH＜7，则CH3COOH过量，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒得c()＜c(CH3COO-)，故B不正确；C．V=5时，混合液中含有等物质的量浓度的CH3COOH和醋酸铵，根据物料守恒得2c(NH3 H2O)+2c()=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故C正确；D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离。V=10时，醋酸和氨水恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，溶液呈中性，混合液中水的电离程度大于10mL0.01mol·L-1醋酸溶液中水的电离程度，故D正确；故答案为：AB；
(4)①升高温度可增大AgBr的溶解度，即升高温度，Ksp(AgBr)增大，根据图象，T2时的Ksp(AgBr)＞T1时的Ksp(AgBr)，则T1＜T2，故答案为：＜；
②A．NaBr抑制AgBr电离，Br-的浓度增大，导致溶液中银离子浓度减小，可以使溶液由a点变为b点，故A不正确；B．升温，Ksp(AgBr)增大，即c(Ag+)=c(Br-)都增大，不能使溶液由b点变为d点，故B不正确；C．d点为不饱和溶液，蒸发溶剂，溶液中c(Ag+)=c(Br-)都增大，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，故C正确；D．在T1曲线上方区域(不含曲线)为过饱和溶液，温度不变，溶度积常数不变，因此T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点对应的溶液中，均有AgBr沉淀，故D正确；故答案为：CD；
③用饱和NaCl溶液处理少量AgBr沉淀，使其中的Br-全部转化到溶液中，发生AgBr+ Cl- AgCl+Br-，平衡常数K=====3×10-3，故答案为：3×10-3。
【分析】（1）通过比较Ka值的大小，判断酸性强弱，根据越弱越水解规律判断这些溶液碱性强弱
（2）结合强酸制备弱酸规律，CO2与 Na2HPO4溶液 得到HCO3-
（3）当二者恰好完全反应时，V=10mL，为CH3COONH4，由表格数据可知，铵根和醋酸根水解能力相同，所以，pH=7，所以A错误，B不满足电荷守恒，所以错误
（4）①AgBr溶解平衡为吸热反应，温度越高，溶解平衡向正向进行，离子浓度越大，所以T2>T1
②在溶解平衡曲线上的点为刚好饱和，在曲线上方为过饱和状态，有沉淀析出，在曲线下方为未饱和状态，不会有沉淀析出。
19．【答案】（1）酸；塑料瓶
（2）10-14；105；FeS；10-19；进入废水中的Fe2+被空气中 的O2氧化，生成的Fe3+水解产生Fe(OH)3 胶体，吸附杂质使杂质沉降
（3）3；将FeCl3固体溶于较浓的 HCl 中，再加水稀释至所需浓度
【解析】【解答】（1）已知：常温下HF的Ka=1×10-4，NH3 H2O的Kb=1×10-5，则铵根离子的水解程度大于氟离子的水解，则NH4F溶液显酸性，水解产生氢氟酸，故保存此溶液应该放在塑料瓶中；（2）①反应CuS(s)+2HCl(aq) H2S(aq)+CuCl2(aq)的 ，反应FeS(s)+2HCl(aq) H2S(aq)+FeCl2(aq)的 ；②反应 CuS(s)+Fe2+(aq) FeS(s)+Cu2+(aq)的 ；除去废水中的 Cu2+使用过量的FeS固体的优点有：a.可以除去废水中的Cu2+，过量的FeS和生成的CuS可以通过过滤一并除去；
B. 进入废水中的Fe2+被空气中 的O2氧化，生成的Fe3+水解产生Fe(OH)3 胶体，吸附杂质使杂质沉降；（3）已知：Fe3+沉淀完全的浓度为 ，常温下 Fe(OH)3的 Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)= ×c3(OH-)=1×10-38，则 c(OH-)=1×10-11，Fe3+沉淀完全的pH=3；为防止FeCl3水解，配置FeCl3溶液的方法是将FeCl3固体溶于较浓的 HCl 中，再加水稀释至所需浓度。
【分析】（1）根据电离平衡常数以及“越弱越水解”可以判断；
（2） 要注意难溶电解质相关的转化的平衡常数，可以从起对应的难溶物的溶度积进行比较；
（3）要注意pH的计算，完全沉淀的离子浓度，以及难溶电解质的溶度积，可以计算氢氧根浓度，再转化为pH。
20．【答案】（1）
（2）；
（3）
（4）
（5）0.296
【解析】【解答】（1）酸浸过程中，1mol NiS被硝酸氧化失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成NO和SO2，其反应的离子方程式为 ；（2）由流程分析可知，滤渣1为 ，滤渣3为 ，故答案为： ； ；（3）调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节pH的范围为 ；（4）根据表格信息可知，溶液中的亚铁离子不容易转化为沉淀，加入H2O2目的是将亚铁离子氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为： ；（5）已知NiCO3的Ksp=9.6×10-4，使100mL该滤液中的Ni2+沉淀物完全，即[c(Ni2+)≤10-5mol L-1]，则溶液中c(CO32-)= = mol/L=0.96mol/L，与Ni2+反应的n(CO32-)=cV=2mol/L×0.1L=0.2mol，则加入的碳酸钠的总物质的量n(CO32-)=0.2mol+0.96mol/L×0.1L=0.296mol，故答案为：0.296。
【分析】含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，过滤，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，浸出液含有Ni2+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，然后加NaOH调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，所以调节pH的范围5.0≤pH＜6.7，过滤，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有Ni2+、Ca2+，再加氟化铵，生成CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成(CH3COO)2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到(CH3COO)2Ni固体，结合选项分析解答。
21．【答案】（1）MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；粉碎菱锰矿
（2）将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+可以催化H2O2分解
（3）2.8×10-9；Al3+
（4）BaSO4、NiS
（5）Mn2++2H2O H2↑+MnO2↓+2H+；加入Mn(OH)2
（6）2Li2CO3+8MnO2 4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【解析】【解答】（1）加入硫酸后可以与碳酸锰反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎，增大接触面积；
（2） MnO2具有氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+，由于H2O2不稳定且Fe3+可以催化H2O2分解，所以不能用H2O2 进行氧化；
（3反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1， 此时c(Fe3+)=，用石灰乳调节至pH≈7，溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全；
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，溶液中发生的离子反应为：BaS+Ni2++SO42-=BaSO4↓+NiS↓，
（5）电解池溶液中阴极为Mn2+放电，阳极为H2O放电，电解总反应为：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+，电解过程中锰离子和水不断被消耗，为保持电解液成分稳定，需要补充 Mn(OH)2；
（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
【分析】浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等。