3.4 沉淀溶解平衡 同步训练（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

3.4 沉淀溶解平衡 同步训练
一、单选题
1．如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，在T1温度下，下列说法不正确的是
A．加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点
B．在T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
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(不含a、b)
D．升温可使溶液由b点变为d点
2．下列说法正确的是（　　）
A．用CH3COOH 溶液做导电性实验，灯泡很暗，能证明 CH3COOH 是弱电解质
B．将Ca（OH）2的饱和溶液加热，pH 和 Kw均增大
C．25℃时，1.0×10﹣3mol L﹣1盐酸的pH=3.0，1.0×10﹣8 mol L﹣1盐酸的pH=8.0
D．向pH相同的氨水和氢氧化钠溶液中分别加入适量NH4Cl（s）后，两溶液的pH均减小
3．下列实验现象及结论正确的是（　　）
A．向AgNO3溶液中加入几滴NaCl溶液生成白色沉淀，再向试管内加入KI溶液若生成黄色沉淀，则证明KSP (AgCl)> KSP (AgI)
B．等物质的量浓度、等体积的CH3COONa和NaClO阴离子的总数前者小于后者
C．Na2CO3溶液滴入足量硼酸溶液中，无气泡生成，说明Ka: H2CO3>H3BO3
D．若弱酸的酸性H2A＞H2B＞HA－＞HB－，则等物质的量浓度等体积的Na2A，Na2B溶液中，离子数目前者等于后者
4．下列实验中,对应的操作、现象以及所得出的结论都正确的是（　　）
选项 实验 现象 结论
A NaOH溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1MgSO4溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液 先有白色沉淀生成,后白色沉淀变为浅蓝色沉淀 Ksp[Cu(OH)2]B CO2通入CaCl2溶液中 无明显现象 非金属性：Cl>C
C Cl2通入品红溶液中 品红褪色 Cl2具有漂白性
D 把铁片插入浓硝酸中 有大量红棕色气体产生 浓硝酸具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
5．一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（）
A．Ksp(MnCO3)的数量级为10－11
B．MgCO3的悬浊液中加入少量水充分振荡，c(Mg2＋)不变
C．a点表示的溶液中，c(Ca2＋)＞c(CO32－)
D．向浓度均为0.01mol·L－1的Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，最先形成MgCO3沉淀
6．下列叙述正确的是（　　）
A．反应2H2O2=2H2O+O2，加入FeCl3或升高温度都能增大反应的活化分子百分数
B．某原电池反应为Cu+2AgNO3=Cu（NO3）2+2Ag，装置中的盐桥中可以是装有含琼胶的KCl饱和溶液
C．原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成，且活泼金属一定作负极．
D．向2.0 mL浓度均为0.1 mol L﹣1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol L﹣1AgNO3溶液，振荡，生成黄色沉淀，说明Ksp（AgI）比Ksp（AgCl）大
7．25℃时，下列4种盐的溶度积常数(Ksp)分别是：
Ag2SO4(白色) Ag2S(黑色) FeS(黑色) MnS(肉色)
1.4×10－5mol3·L－3 6.3×10－50mol3·L－3 3.3×10－18mol2·L－2 2.5×10－13mol2·L－2
结合相关数据分析，下列说法错误的是（　　）
A．除去某溶液中的Ag＋用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好
B．25℃时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度
C．向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶液，沉淀颜色会由黑色变为肉色
D．向Ag2S(s) 2Ag＋(aq)＋S2－(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体，溶液中c(Ag＋)不变
8．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-
9．①已知t℃时AgCl的Ksp＝2×10－10；②在t℃时Ag2CrO4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．在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－9
B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点
C．在t℃时，以0.01 mol/LAgNO3溶液滴定20 mL 0.01 mol/L KCl和0.01 mol/L的K2CrO4的混和溶液，CrO42－先沉淀
D．在t℃时，反应Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋CrO42－(aq)的平衡常数K＝2.5×107
10．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↓
11．25℃时，已知AgCl的Ksp=1.8×10-10，Ag2CO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．Ag2CO3的Ksp为8.1×10-12
B．Ag2CO3（s）+2Cl-（aq） 2AgCl（s）+CO32-（aq）的平衡常数K=2.5×108
C．在Ag2CO3的饱和溶液中加入K2CO3（s）可使c（CO32-）增大（由Y点到Z点）
D．在0.001mol L-1AgNO3溶液中滴入同浓度的KCl和K2CO3的混合溶液，CO32-先沉淀
12．下列图示与对应叙述不相符合的是（　　）
A．图甲表示一定温度下 和 的沉淀溶解平衡曲线，则
B．图乙表示 的甲酸溶液与乙酸溶液稀释时的 变化曲线，则酸性：甲酸>乙酸
C．图丙表示用 溶液滴定 盐酸的滴定曲线，则
D．图丁表示反应 平衡时 体积分数随起始 变化的曲线，则 转化率：
13．已知某温度下，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.9×10－12，当溶液中离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全。下列叙述正确的是（　　）
A．饱和AgCl溶液与饱和Ag2CrO4溶液相比，前者的c(Ag＋)大
B．向氯化银的浊液中加入氯化钠溶液，氯化银的Ksp减小
C．向0.000 8 mol·L－1的K2CrO4溶液中加入等体积的0.002 mol·L－1AgNO3溶液，则CrO42-完全沉淀
D．将0.001 mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001 mol·L－1的KCl和0.001 mol·L－1的K2CrO4溶液，则先产生AgCl沉淀
14．下列实验不能达到预期实验目的是（　　）
序号 实验内容 实验目的
A 室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH 比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
B 向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液 说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀
C 向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一会过滤 除去MgCl2中少量FeCl3
D 室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸 研究浓度对反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
15．下列根据实验操作和现象所得出的结论错误的是（　　）
选项 实验操作 实验现象 结论
A 向NaHS溶液中滴入酚酞 溶液变红色 HS-水解程度大于电离程度
B 向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水 出现蓝色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]
C 向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中 产生白色浑浊 酸性：盐酸＞碳酸＞硅酸
D 向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液 前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀 KI3溶液中存在I I2+I 平衡
A．A B．B C．C D．D
16．已知：pCu＝﹣1gc（Cu+），pX＝﹣lgc（X﹣）。298K 时，Ksp（CuCl）＝10﹣6，Ksp（CuBr）＝10-9，Ksp（CuI）＝10-12。在 CuCl、CuBr、CuI 的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．298K 时，在 CuCl 的饱和溶液中加入少量 NaCl，c（Cu+）和 c（Cl﹣）都减小
B．图中 x 代表 CuI 曲线，且 P 点 c（Cu+）＝c（I﹣）
C．298K 时增大 M 点的阳离子浓度，则 Y 上的点向 N 点移动
D．298K 时 CuBr（s）+I﹣（aq） CuI（s）+Br﹣（aq）的平衡常数 K 的数量级为 10-3
二、综合题
17．生活中离不开化学。运用化学知识回答下列问题。
（1）氢气、丙烷是重要的燃料，计算等质量的氢气完全燃烧产生的热量是丙烷完全燃烧产生的热量的　 　倍(精确到小数点后二位)。(已知：氢气、丙烷的燃烧热分别为：286kJ ，2217. 6 kJ )
（2）NH4Al(SO4)2在食品加工中是一种合法的食品添加剂，它还是一种净水剂，其净水的理由是　 　(用化学用语回答)。
（3）龋齿是有机酸使牙齿中的Ca5(PO4)3(OH)溶解造成的。使用含氟牙膏会使其转化为Ca5(PO4)3F抵抗酸的腐蚀，含氟牙膏能使牙断中Ca5(PO4)3(OH)转化为Ca5(PO4)3F的理由足：溶解度Ca5(PO4)3(OH)　 　Ca5(PO4)3F(填“﹥”或“﹤”)。
（4）目前民用电池的主要成分是碱性锌锰电池，该电池的总反应式为：Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2，该电池放电时，负极的电极反应式为　 　。
18．某研究小组以银盐为实验对象，研究难溶盐时进行了如下实验：
①0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c：
②向滤液b中滴加0.1mol/LKI溶液。出现浑浊；
③向沉淀c中滴加0.1mol/LKI溶液，沉淀变为黄色；
④向AgI中滴加0.1mol/LNaCl溶液，无明显现象。
已知： 25℃时，AgCl 和AgI 的溶解度分别是1.5×10-4g 和3×10-7g
请回答：
（1）沉淀c是　 　。
（2）步骤②中的现象说明滤液b中含有的微粒是　 　。
（3）步骤③中反应的离子方程式是　 　。
（4）根据实验，可以得出的结论是　 　。
19．As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素(As)的工业废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]通过如下流程转化为粗As2O3。
已知：Ⅰ. As2S3+ 6NaOH = Na3AsO3 + Na3AsS3+ 3H2O
Ⅱ. As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)
Ⅲ.砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、氢碘酸等还原。
（1）As2S3中砷元素的化合价为　 　价。
（2）“沉砷”过程中FeS是否可以用过量的Na2S替换　 　(填“是”或“否”)；请从平衡移动的角度解释原因：　 　。
（3）向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，写出脱硫的离子反应方程式　 　。
（4）用SO2“还原”过程中，发生反应的化学方程式为　 　。若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸。则还需要的实验试剂有　 　。
（5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3，As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”需要控制的具体条件是　 　。
（6）含砷废水也可采用另一种化学沉降法处理：向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素转化为Ca3(AsO4)2沉淀。若沉降后上层清液中c(Ca2+)为2×10-3mol/L，则溶液中 的浓度为　 　mol/L。(已知Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10-19)
20．根据问题填空：
（1）将等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后，溶液呈　 　性（填“酸”、“中”或“碱”），溶液中c（NH4+）　 　c（Cl﹣）（“＞”“=”“＜”）．
（2）pH=3盐酸和pH=11氨水等体积混合后溶液呈　 　性（填“酸”、“中”或“碱”），溶液中c（NH4+）　 　c（Cl﹣）（“＞”“=”“＜”）．
（3）写出NaHCO3水溶液呈碱性的水解离子方程式　 　；
（4）含有足量AgCl固体的饱和溶液，氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl（S） Ag+ （aq）+Cl﹣（aq）
在25℃时，氯化银的Ksp=1.8×10﹣10mol2 L﹣2．现将足量氯化银分别放入：①100mL蒸馏水中；②100mL 0.1mol L﹣1氯化镁溶液中；③100mL 0.1mol L﹣1氯化铝溶液中；④100mL 0.1mol L﹣1盐酸溶液中．充分搅拌后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是　 　（填写序号）．
21．以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图：
（1）“酸溶”中加快溶解的方法为　 　(任意写出一种)。
（2）“还原”过程中的离子方程式为　 　。
（3）写出“滤渣”中主要成分的化学式　 　。
（4）①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为　 　。
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液中=　 　。[已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，Ksp(FeCO3)=2×10-11]
（5）“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，能缩短氧化时间，但缺点是　 　。
（6）焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1225℃、=1.2时，焙烧时间与金属产率的关系如图，时间超过15min金属产率下降的原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A、加入Na2SO4，SO42-浓度增大，Ba2+浓度减小，而温度不变，则Ksp不变，可由a点变为b点，A错误；
B、T1曲线上任意一点均表示饱和溶液，在其上方区域任意一点均表示T1温度下的过饱和溶液，会有 BaSO4沉淀生成，B错误；
C、蒸发溶剂，c(Ba2+)和c(SO42-)增大，当溶液达到饱和时，此时d点可以变为曲线上的某一点，C错误；
D、BaSO4的溶解平衡为吸热反应，升高温度，c(Ba2+)和c(SO42-)均增大，不可能由b点变为d点，D正确；
故答案为：D
【分析】A、加入Na2SO4，SO42-浓度增大，Ba2+浓度减小，而温度不变，则Ksp不变；
B、曲线上任意一点均表示饱和溶液，在其上方区域任意一点均表示T1温度下的过饱和溶液，会有 BaSO4沉淀生成；
C、蒸发溶剂，c(Ba2+)和c(SO42-)增大，当溶液达到饱和时，此时d点可以变为曲线上的某一点；
D、BaSO4的溶解平衡为吸热反应，升高温度，c(Ba2+)和c(SO42-)均增大。
2．【答案】D
【解析】【解答】解：A.0.1 mol L﹣1CH3COOH溶液做导电性实验，灯光较暗，说明该醋酸中离子浓度降低，但不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故A错误；
B．将Ca（OH）2的饱和溶液加热，溶解度减小，氢氧根离子浓度减小，所以pH减小，升高温度水的离子积增大，即Kw增大，故B错误；
C．常温下，1.0×10﹣3 mol L﹣1盐酸的pH=3，1.0×10﹣8 mol L﹣1盐酸的pH＜7，故C错误；
D．向pH相同的氨水和氢氧化钠溶液中分别加入适量NH4Cl（s）后，铵根离子会抑制一水合氨的电离，氨水的pH减小，氯化铵与氢氧化钠反应生成一水合氨，溶液中氢氧根离子浓度减小，则pH减小，故D正确．
故选D．
【分析】A．溶液的导电性与离子浓度有关；
B．将Ca（OH）2的饱和溶液加热，溶解度减小；
C．常温下，酸的pH一定小于7；
D．铵根离子会抑制一水合氨的电离，氯化铵与氢氧化钠反应生成一水合氨．
3．【答案】C
【解析】【解答】A.加入的氯化钠应该过量，否则无法证明氯化银沉淀转化成碘化银，则无法证明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），A不符合题意；
B.HClO的酸性比CH3COOH的酸性弱，由越弱越水解知，醋酸钠的水解程度小于氢氰酸钠的水解程度，ClO-+H2O HClO+OH-，CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，
CH3COONa溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），NaClO溶液中c（Na+）+c（H+）=c（ClO-）+c（OH-），钠离子的浓度不变且相等，ClO-的水解程度较大，溶液中OH-的浓度较大，H+的浓度较小，故阳离子的浓度之和较小，则CH3COONa溶液中阴离子的总物质的量大于NaClO，B不符合题意；
C.向Na2CO3中滴入过量H3BO3溶液，无气泡冒出，可说明H3BO3较弱，Ka: H2CO3>H3BO3，C符合题意；
D.H2A酸性强于H2B，Na2B水解程度大，B2—离子水解生成HB-和氢氧根离子数增多，离子数目前者小于后者，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.黄色沉淀由I-和Ag+直接生成，没涉及沉淀的转化；
B.结合溶液中CH3COO-和ClO-的水解程度分析；
C.无气泡冒出，说明反应不产生CO2，从而得出酸性强弱；
D.由酸性强弱得出离子的水解程度大小，进而比较溶液中离子数目大小；
4．【答案】A
【解析】【解答】向白色的氢氧化镁沉淀中滴加CuSO4溶液生成浅蓝色氢氧化铜沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]盐酸是无氧酸，不能根据盐酸、碳酸的酸性强弱比较Cl、C的非金属性，故B不符合题意；
氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性，故C不符合题意；
铁片插入浓硝酸中钝化，不能生成大量红棕色气体，故D不符合题意。
故答案选A
【分析】A、Cu(OH)2、Cu(OH)2均属于沉淀，沉淀变为蓝色，说明蓝色的沉淀溶解更少；
B、不能根据碳酸和盐酸的酸性比较C、Cl的非金属性，没有氧化还原作对比；
C、Cl2遇水具有漂白性，其漂白作用的是次氯酸；
D、常温下，铁在浓硫酸钝化；没有气体产生；
5．【答案】D
【解析】【解答】A．利用(0,10.7)或(10.7，0)计算Ksp(MnCO3)=c(Mn2+) c(CO32-)=1×10-10.7=100.3×10-11，1＜100.3＜10，所以Ksp(MnCO3)数量级为10-11，A不符合题意；
B.MgCO3的悬浊液中加入少量水，温度不变，所以Ksp保持不变，所以c(Mg2+)不变，B不符合题意；
C.a点表示CaCO3的饱和溶液，但-lgc(CO32-)＞-lgc(Ca2+)；所以c(Ca2+)＞c(CO32-)，C不符合题意；
D.-lgc(CO32-)=4时，-lgc(Mn2+)最大，-lgc(Mg2+)最小，即c(Mn2+)最小，c(Mg2+)最大，所以Ksp(MnCO3)最小，Ksp(MgCO3)最大，所以向浓度均为0.01mol/L的Mg2+、Ca2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，先生成MnCO3沉淀，D符合题意；
故答案为：D。
【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。
6．【答案】A
【解析】【解答】解：A、对于反应2H2O2=2H2O+O2，使用催化剂或升高温度活化分子百分数都增大，故A正确；
B、装置中的盐桥中可以是装有含琼胶的KCl饱和溶液，氯离子向负极移动，与电解池中银离子生成难溶的氯化银，所以装置中的盐桥中不可以是装有含琼胶的KCl饱和溶液，故B错误；
C、原电池的两电极可以是活泼性不同金属、一种金属一种非金属、两种非金属，所以不一定是活动性不同的两种金属组成，故C错误；
D、沉淀为黄色，说明沉淀是AgI，AgI的溶解度小于AgCl的溶解度，也就是AgCl的KSP比AgI的KSP大，故D错误．
故选A．
【分析】A、对于反应2H2O2=2H2O+O2，使用催化剂或升高温度活化分子百分数都增大；
B、装置中的盐桥中可以是装有含琼胶的KCl饱和溶液，氯离子向负极移动，与电解池中银离子生成难溶的氯化银；
C、原电池的两电极可以是活泼性不同金属、一种金属一种非金属、两种非金属；
D、沉淀呈黄色，说明沉淀是AgI，也就意味着AgCl的Ksp比AgI的大．
7．【答案】D
【解析】【解答】A．Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2SO4)，除去某溶液中的Ag＋用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好，A说法不符合题意；
B．根据表中数据，25℃时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度，B说法不符合题意；
C．向少量FeS悬浊液中，即FeS的饱和溶液，加入足量饱和MnCl2溶液，发生沉淀的转化，沉淀颜色会由黑色变为肉色，C说法不符合题意；
D．向Ag2S(s) 2Ag＋(aq)＋S2－(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体，溶液中c(S2－)增大，平衡逆向移动，则溶液中c(Ag＋)减小，D说法符合题意；
故答案为D。
【分析】A、根据溶解平衡时，Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2SO4)，Ag2S更难容解答；
B、根据Ksp(MnS)>Ksp(FeS)解答；
C、少量FeS悬浊液，加入足量饱和MnCl2溶液，产生MnS白色沉淀，促使FeS溶解；
D、加入Na2S固体，使溶液中S2－浓度增大，溶解平衡逆向移动；
8．【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。
9．【答案】D
【解析】【解答】A、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4（s） 2Ag+CrO42-，Ksp＝c2（Ag+）c（CrO42-）＝（10-3）2×10-6＝10-12，故A不符合题意；
B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故B不符合题意；
C、依据溶度积常数计算Ksp（Ag 2CrO4）=c2（Ag+）·c（CrO42-）=1×10-12；Ksp（AgCl）=c（Ag+）·c（Cl-）=1.8×10-10，以0.01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/L KCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c（CrO42-）=0.01mol/L，得到c（Ag+）＝10－12÷0.01＝10-5mol/L，0.01mol/L KCl溶液中，c（Cl-）＝0.01mol/L；依据溶度积计算得到：c（Ag+）＝2×10 10÷0.01＝2×10-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，故C不符合题意；
D、在t℃时，反应Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋CrO42－(aq)的平衡常数 ＝2.5×107，故D符合题意;
故答案为：D。
【分析】A.溶度积常数等于两种离子浓度的幂之积；
B.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使饱和溶液变为不饱和溶液；
C.通过溶度积常数表达式计算出两种难溶电解质的溶度积常数，溶度积越小就越容易沉淀。
10．【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；
11．【答案】D
【解析】【解答】A．Ag2CO3的Ksp= c2（Ag+）c（CO32-）=（9×10-4）2×10-5=8.1×10-12，故A不符合题意；
B.Ag2CO3（s）+2Cl-（aq） 2AgCl（s）+CO32-（aq）平衡常数K= = = =2.5×108，故B不符合题意；
C.Ag2CO3的饱和溶液中加入K2CO3（s），c（CO32-）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小，可使溶液由Y点到Z点，故C不符合题意；
D.c（Cl-）= =1.8×10-7mol/L，c（CO32-）= =8.1×10-6mol/L，则Cl-先沉淀，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据溶度积公式以及碳酸根和银离子的浓度，计算其浓度积；
B、碳酸根和氯离子的浓度可以用其浓度积比值表示；
C、Y到X为同一个浓度积，不改变温度，增大碳酸根浓度，银离子浓度减小；
D、根据浓度积比较，可以知道浓度积小的一方先产生沉淀。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．Ksp(FeS)＝c(Fe2＋)c(S2 )，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)c(S2 )，根据图象，但c(S2 )相同时，c(Fe2＋)>c(Cu2＋)，所以Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，故A不符合题意；
B．溶液酸性越强，稀释溶液时pH变化幅度越大，根据图象，稀释溶液时，甲酸的pH变化幅度更大，所以甲酸的酸性更强，即酸性甲酸>乙酸，故B不符合题意；
C．NaOH与HCl发生中和反应生成NaCl，溶液呈中性，溶液pH＝7，根据图象，此时消耗NaOH溶液的体积为V(NaOH)＝20.00mL，滴定过程是用0.1000 mol L lNaOH溶液滴定25.00 mL盐酸，所以c(HCl)＝ ＝0.0800mol/L，故C不符合题意；
D．A点与B点的原料投料比不同，平衡体系中NH3的体积分数相等，但N2和H2的反应计量数不等，A点可视为H2过量，B点可视为N2过量，显然A点与B点的N2的转化率不等，且B点氮气的转化率小于A点，故D符合题意，
故答案为：D。
【分析】A．根据图象，c(S2 )相同时，c(Fe2＋)>c(Cu2＋)，判断Ksp(FeS)>Ksp(CuS)；
B．溶液酸性越强，稀释溶液时pH变化幅度越大；
C．利用中和原理计算；
D．利用增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率而本身转化率反而降低分析。
13．【答案】D
【解析】【解答】A.饱和AgCl溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)，则c2(Ag+)=Ksp(AgCl)=1.8×10-10，解之得c(Ag+)=1.34×10-5mol/L，饱和Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=2c(CrO42-)，则c3(Ag+)/2=Ksp(Ag2CrO4)=1.9×10-12，解之得c(Ag+)=1.56×10-4mol/L，显然后者的c(Ag+)大，A不符合题意；
B.AgCl的Ksp只与温度有关，向AgCl的浊液中加入氯化钠溶液，虽然平衡向逆方向移动，但Ksp不变，B不符合题意；
C.两溶液混合后则c（K2CrO4）=0.0004mol/L，c（AgNO3）=0.001mol/L，根据2Ag++CrO42-=Ag2CrO4↓，则溶液中剩余的c（Ag+）=0.001 mol/L-0.0004 mol/L×2=0.0002mol/L，根据Ksp（K2CrO4），则生成沉淀后的溶液中c（CrO42-）= Ksp（K2CrO4）/c2（Ag+）=1.9×10－12/(0.0002mol/L)2=2.5×10-5mol/L＞1.0×10-5mol/L，溶液中存在难溶物的溶解平衡，所以CrO42-不能完全沉淀，C不符合题意；
D、根据Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4），则当Cl-开始沉淀时c（Ag+）= Ksp（AgCl）/ c（Cl-）=1.8×10-7mol/L，当CrO42-开始沉淀时c（Ag+）= =4.36×10-5 mol/L，故先产生AgCl沉淀，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据AgCl、Ag2CrO4的Ksp进行计算；
B.Ksp只与温度有关，与溶液中离子浓度无关；
C.计算混合后溶液中c(CrO42-)，从而判断溶液中CrO42-是否完全沉淀；
D.根据AgCl、Ag2CrO4的Ksp，计算Cl-完全沉淀所需c(Ag+)，从而确定反应过程中先形成的沉淀；
14．【答案】A
【解析】【解答】
A．次氯酸钠具有强氧化性，能够使pH试纸褪色，不能用pH试纸测定，应该用pH计测定浓度为0.1mol L-1NaClO溶液和0.1mol L-1 CH3COONa溶液的pH，不能达到预期实验目的，故A符合题意；
B．向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，则发生沉淀的转化，说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，能达到预期实验目的，故B不符合题意；
C．氯化铁溶液能够水解，水解呈碱性，加入足量Mg(OH)2粉末，可调节溶液pH，利于生成氢氧化铁沉淀，可用于除杂，能达到预期实验目的，故C不符合题意；
D．分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸，浓度越大，反应速率越快，可研究浓度对反应速率的影响，能达到预期实验目的，故D不符题意；
故正确答案为A。
【分析】A、考查盐类水解的应用。B、考查沉淀转化，依据转化规律判断。C、考查水解的应用利用水解平衡的移动。D、考查浓度对反应速率的影响。
15．【答案】C
【解析】【解答】A. NaHS溶液中存在平衡：HS－+H2O H2S+OH－，HS－ H＋+S2－，向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色，溶液呈碱性，说明HS－水解程度大于电离程度，实验目的和结论一致，A项不符合题意；
B. 溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1mol L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]较小，B项不符合题意；
C. 浓盐酸具有挥发生，反应产生的二氧化碳中含有氯化氢气体，干扰二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，无法证明碳酸酸性强于硅酸，C项符合题意；
D. 向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝色，说明溶液中含有碘，后者有黄色沉淀，说明溶液中含有碘离子，原来的溶液是KI3溶液，由现象可知，KI3溶液中存在I3- I2+I-平衡，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.硫氢化钠可水解可电离，电离显酸性，水解呈碱性，加入酚酞变红，故显碱性
B.铜离子和镁离子和氨水反应都可产生沉淀，出现蓝色沉淀，说明铜离子与氢氧根结合能力强
C.在通入硅酸钠溶液前，需要将氯化氢除去以免造成干扰
D.淀粉变蓝，说明含有碘单质，加入硝酸银，黄色沉淀，说明有碘离子，因此I3-存在这平衡
16．【答案】C
【解析】【解答】A.298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，导致溶液中c(Cl﹣)增大，A说法不符合题意；
B．P点时，pCu等于3时，c(Cu+)=10-3，因为Ksp(CuCl)=10-6，Ksp(CuBr)=10-9，Ksp(CuI)=10-12计算得c(Cl﹣)=10-3，c(Br-)=10﹣6，c(I-)=10﹣9，所以 x代表CuCl曲线，y代表CuBr，z代表CuI，B说法不符合题意；
C.298K时增大M点的，阴离子浓度减小，Y上的点向N点移动，C说法符合题意；
D．平衡常数K= c(Br-)÷c(I -)= c(Cu+)·c(Br-)÷[c(Cu+)·c(I-)]= Ksp(CuBr)÷Ksp(CuI)，平衡常数K的数量级为103，D说法不符合题意；
答案为C。
【分析】A. CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，C(Cl-)增大，溶解平衡逆向移动；
B. p点pCu=-lgc (Cu+) =3；
C.增大M点的阴离子浓度，由图可知，若向N移动，C (Cu+) 增大；
D.298K时 CuBr（s）+I﹣（aq） CuI（s）+Br-（aq） 的平衡常数K=。
17．【答案】（1）2.84
（2）Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+
（3）>
（4）Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2
【解析】【解答】（1）已知氢气、丙烷的燃烧热分别为286kJ ，2217.6 kJ ，等质量氢气释放的热量是丙烷的286kJ/mol÷2g/mol÷(2217.6 kJ/mol÷44g/mol)=2.84倍；
（2）NH4Al(SO4)2在水中完全电离，产生的铝离子发生水解反应，生成氢氧化铝，氢氧化铝具有吸附作用，净水原理为Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+；
（3）含氟牙膏中的氟离子能使Ca5(PO4)3(OH)固体转化为更难溶的Ca5(PO4)3F，则溶解度Ca5(PO4)3(OH)＞Ca5(PO4)3F；
（4）负极锌失电子，与碱性溶液中的氢氧根离子反应生成氢氧化锌，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2。
【分析】（1）利用燃烧热进行计算。
（2）利用水解产物具有吸附性；
（3）依据沉淀转化原理分析；
（4）电极反应式书写时考虑电极生成的离子是否与电解质溶液的作用。
18．【答案】（1）AgCl
（2）Ag+
（3）AgCl (s) +I-=AgI (s) +Cl-
（4）难溶盐在水中存在溶解平衡； 通过溶解平衡的移动，溶解度小的难溶盐转化为溶解度更小的难溶盐容易实现
【解析】【解答】本题主要考查沉淀的转化。(1)沉淀c是AgCl。(2)步骤②中的现象说明生成AgI，滤液b中含有的微粒是Ag+。(3)步骤③中反应的离子方程式是AgCl (s) +I-=AgI (s) +Cl-。(4)根据实验，可以得出的结论是难溶盐在水中存在溶解平衡； 通过溶解平衡的移动，溶解度小的难溶盐转化为溶解度更小的难溶盐容易实现。
【分析】要注意被一个步骤出现的物质，根据复分解反应得到的沉淀，以及难溶物的转化，可以得到每一步的结果；
（1）根据复分解反应可以知道产物为氯化银；
（2）要注意氯化银难溶于水，溶液中含有少量的银离子；
（3）根据难溶物的进一步转换可以知道氯化银可以转化为碘化银；
（4）难溶电解质的溶解平衡，满足勒夏特列定律。
19．【答案】（1）+3
（2）否；由于As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷
（3） +2O2= +3S↓
（4）SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4；氢碘酸、淀粉溶液
（5）调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃
（6）1 ×10-5
【解析】【解答】含砷废水中含有亚砷酸(H3AsO3)，加入FeS可将砷转化为As2S3，过滤后加入NaOH溶液，此时As2S3溶解，FeS成为滤渣；加入NaOH溶液后，As2S3溶解得Na3AsO3和Na3AsS3；氧化脱硫后，生成Na3AsO4和S，将Na3AsO4酸化生成H3AsO4，加入还原剂处理，最终生成As2O3。
(1)As2S3中，S元素显-2价，依据化合物中各元素化合价的代数和为0的原则，可计算出砷元素的化合价为+3价。答案为：+3；
(2)由信息Ⅱ可知，若“沉砷”过程中用Na2S代替FeS，则会生成 ，所以为：否；增大c(S2-)，会使As2S3进一步转化为 ，不利于砷转化为沉淀，所以其原因为：由于As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷。答案为：否；由于As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷；
(3)向滤液Ⅱ中通入氧气，可将 氧化为 等，则脱硫的离子反应方程式为 +2O2= +3S↓。答案为： +2O2= +3S↓；
(4)由“还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3”可知，用SO2“还原”过程中，H3AsO4转化为H3AsO3，从而得出发生反应的化学方程式为SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4。若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸，可利用HI进行还原，然后用淀粉检验氧化产物。则还需要的实验试剂有氢碘酸、淀粉溶液。答案为：SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4；氢碘酸、淀粉溶液；
(5)从As2O3 在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线可以看出，As2O3溶解度最小的点，就是沉淀率最高的点，从而得出“结晶”需要控制的具体条件是：调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃。答案为：调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃；
(6)Ksp[Ca3(AsO4)2]=(2×10-3)3×c2( )=8×10-19，从而求出c( )=1 ×10-5mol/L。答案为：1 ×10-5。
【分析】（1）S是-2价，所以As是+3价；
（2）根据题目信息可知沉砷时S2-过量的话会使 As2S3(s) 溶解；
（3）分析流程可知，氧化脱硫的反应物是 和O2，生成物是 和S；
（4）H3AsO4 和SO2反应生成 H3AsO3，H3AsO3溶液加热分解得到As2O3 ；根据已知信息可知 砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能氧化氢碘酸，所以用HI，借助淀粉判断是否有I2生成；
（5）要提高粗As2O3的沉淀率，As2O3的溶解度越小越好，所以控制条件是调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃；
（6）根据上层清液中c(Ca2+)为2×10-3mol/L，结合Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10-19，计算 的浓度。
20．【答案】（1）酸；＜
（2）碱；＞
（3）HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣
（4）①④②③
【解析】【解答】解：（1）将等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后，反应前后生成氯化铵，溶液中铵根离子部分水解，溶液显示酸性；由于铵根离子部分水解，所以溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），
故答案为：酸；＜； （2）将pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合，氨水部分电离，混合后氨水过量，溶液显示碱性，则c（H+）＜c（OH﹣）；根据电荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），所以溶液中c（NH4+）＞c（Cl﹣），
故答案为：碱；＞；（3）NaHCO3水溶液呈碱性，是弱离子碳酸氢根离子结合水中的氢离子，水解离子方程式为：HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，故答案为：HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣；（4）Ksp=1.8×10﹣10mol2 L﹣2=C（Ag+） C（Cl﹣），通过计算分别得到：①100mL蒸馏水中含银离子浓度和氯离子浓度相同；②100mL 0.1mol L﹣1氯化镁溶液中氯离子浓度为0.2mol/L，Ag+浓度为9×10﹣10mol/L；③100mL 0.1mol L﹣1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，银离子浓度=6×10﹣10mol/L；④100mL 0.1mol L﹣1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，银离子为1.8×10﹣9mol/L，综上所述大小顺序为①④②③，故答案为：①④②③．
【分析】（1）二者反应后恰好生成氯化铵，根据盐的水解判断溶液酸碱性；根据铵根离子部分水解判断c（NH4+）与c（Cl﹣）的大小关系；（2）氨水为弱碱，溶液中部分电离，二者等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性；根据电荷守恒判断溶液中c（NH4+）与c（Cl﹣）的大小；（3）NaHCO3水溶液呈碱性，是弱离子碳酸氢根离子结合水中的氢离子，水解离子方程式为：HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣；（4）氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，依据溶度积计算．
21．【答案】（1）加热或搅拌或适当增大硫酸浓度
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+
（3）SiO2、Fe
（4）FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑；140
（5）NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气
（6）还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化
【解析】【解答】（1）酸溶时，可通过适当增大硫酸的浓度，升高温度，粉碎硫酸渣，加速搅拌等方式加快反应速率，故答案为：加热或搅拌或适当增大硫酸浓度；
（2）还原过程中硫酸铁被还原为硫酸亚铁，反应的离子方程式为：
（3）由以上分析可知滤渣的主要成分为SiO2、Fe，故答案为：SiO2、Fe；
（4）有题中信息可知沉铁时碳酸氢铵与硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁，二氧化碳，和硫酸铵，反应方程式为：
（5）NaNO2作氧化剂时，其还原产物为可能生成NO等，氮的氧化物有毒会污染空气，故答案为：NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气；
（6）时间过长，焦炭反应完，不再有还原剂，则进入的空气会将铁重新氧化，导致金属产率下降，故答案为：还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化；
【分析】硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)加硫酸后，氧化铁溶于硫酸得到硫酸铁，二氧化硅不溶于硫酸，再加铁粉，将硫酸铁还原为硫酸亚铁，过滤除去二氧化硅和过量的铁粉，滤液中加碳酸氢铵，发生反应生成氢氧化亚铁沉淀，经氧化得到铁黄，根据题意解答即可。