3.4 沉淀溶解平衡 课时作业（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 课时作业
一、单选题
1．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
2．已知难溶性物质K2SO4 MgSO4 2CaSO4在水中存在如下平衡：K2SO4 MgSO4 2CaSO4 （s） 2Ca2++2K++Mg2++4SO42﹣．不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示，则下列说法错误的是（　　）
A．该平衡的Ksp=c2（Ca2+） c2（K+） c（Mg2+） c4（SO42﹣）
B．向该体系中加入饱和K2SO4溶液，溶解平衡向左移动
C．升高温度，溶浸速率增大，平衡向正反应方向移动
D．向该体系中加入饱和NaOH溶液，溶解平衡不发生移动
3．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（　　）
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 Ag+与NH3 H2O能大量共存
B 将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液 溶液变红 稀硫酸能氧化Fe2+
C 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol L﹣1NaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH pH试纸都变成碱色 可以用pH试纸的颜色与标准比色卡比较，从而判断HClO和CH3COOH的酸性强弱
D 向少量AgNO3溶液中滴加适量NaCl溶液，再滴加适量Na2S溶液 开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成 Ksp（Ag2S）＜Ksp（AgCl）
A．A B．B C．C D．D
4．下列说法错误的是（　　）
A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关
B．由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），ZnS的溶解度大于CuS
C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变
D．两种难溶电解质作比较时，Ksp越小的电解质，其溶解度一定越小
5．25℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[－lgc(M2＋)]，已知该温度下，Ksp[Cu(OH)2]A．a线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系
B．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液
C．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2＋，可加入适量CuO
D．当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中 =104.6
6．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．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×10﹣13
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq） AgBr（s）+Cl﹣（aq）平衡常数K≈816
7．常温时，下列叙述正确的是（　　）
A．pH＝9的NH4Cl与NH3 H2O混合溶液中c(Cl-)＞c(NH4+)
B．pH＝2.5的可乐中c(H＋)是pH＝3.5的柠檬水中c(H＋)的10倍
C．AgCl在0.1mol/LCaCl2溶液和0.1mol/L NaCl溶液中的溶解度相同
D．1 mL 1mol/L Na2CO3溶液加水稀释至100mL，pH和Kw均减小
8．常温时，、、的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
已知：，，。下列说法正确的是（　　）
A．图中x代表曲线，z代表曲线
B．常温时，的平衡常数
C．常温时，若增大p点的阴离子浓度，则y上的点沿曲线向上移动
D．相同温度下，在和的物质的量浓度均为的溶液中，滴入少量溶液，先产生沉淀
9．取1 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 mol·L-1)：
下列说法错误的是（　　）
A．实验①白色沉淀是难溶的AgCl
B．由实验②说明AgI比AgCl更难溶
C．若按①③顺序实验，看不到黑色沉淀
D．若按②①顺序实验，看不到白色沉淀
10．已知Mg（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3的溶解度．要除去混在MgCl2溶液中的FeCl3，可以边搅拌边加入一种试剂，这种试剂是（　　）
A．Na2CO3 B．NaOH C．Mg（OH）2 D．NH3 H2O
11．在25 ℃时，AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液。观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积Ksp(25 ℃)如下：
　 AgCl AgI Ag2S
Ksp(单位省略) 1.8×10－10 1.5×10－16 6.3×10－50
下列叙述错误的是（　　）
A．沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动
B．溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
C．AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解程度相同
D．25 ℃时，在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中，所含Ag＋的浓度不同
12．在室温下，下列叙述正确的是（　　）
A．将1mL1.0×10-5mol/L盐酸稀释到1000mL，溶液的pH=8
B．用pH=1的盐酸分别中和1mL pH=13的NaOH溶液和氨水，NaOH消耗盐酸的体积大
C．pH=2的盐酸与pH=1的硫酸比较，c(Cl-)=c(SO42-)
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中c(Cl-)/c(Br-)不变
13．下列方案设计、现象和结论都正确的是（　　）
目的 方案设计 现象和结论
A 探究有机物基团间的相互影响 向苯和甲苯中分别加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象 若甲苯中溶液紫红色褪去，说明甲苯分子中甲基对苯环有影响
B 判断有机物是否含有醛基 取2mL10%氢氧化钠溶液，加入5滴5%硫酸铜溶液，振荡后加入少量有机物溶液，加热，观察实验现象 若出现砖红色沉淀，说明该有机物中含有醛基
C 判断固体样品是否是铵盐 用试管取少量样品，加水溶解，加足量氢氧化钠溶液后加热，试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，观察现象 若试纸变蓝，说明固体样品属于铵盐
D 探究不同沉淀间的转化 取硝酸银溶液，硝酸酸化，依次滴加3滴氯化钠溶液和碘化钾溶液，观察并记录现象 若出现白色沉淀，后转变为黄色沉淀，说明
A．A B．B C．C D．D
14．向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl-，降低对电解的影响，反应原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq)　ΔH1=akJ/mol；Cl-(aq)+Cu+(aq) CuCl(s)　ΔH2=bkJ/mol，实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如图所示。下列说法正确是（　　）
A．溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大
B．向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除
C．反应达到平衡后，增大c(Cu2+)，c(Cl-)减小
D． Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl-(aq) CuCl(s)的ΔH=(a+2b)kJ/mol
15．常温下，或的单一饱和溶液体系中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液的变化关系如图所示。已知常温下，，下列说法错误的是（　　）
A．曲线a表示饱和溶液中的变化关系，且
B．向X点对应的饱和溶液中加入少量固体，可转化为Y点对应的溶液
C．除去酸性溶液中含有的少量杂质，可加入适量，充分搅拌后过滤
D．当和两种沉淀共存时，溶液中
16．某温度下，向1.0mL 0.1mol/LCuSO4溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积（V）的关系如图所示，下列有关说法正确的是（）
[已知：lg2=0.3，Ksp(ZnS)=3×10-25]
A．Na2S溶液呈碱性，是因为S2-离子发生了水解，用离子方程式可表示为：S2－＋2H2O HS－＋2OH－
B．Na2S溶液中：c(S2－)+c(HS－)+c(H2S)=2c(Na+)
C．向100 mLZn2+、Cu2+浓度均为10 5mol/L的混合溶液中逐滴加入10 4mol/L的Na2S溶液，Zn2+先沉淀
D．该温度下Ksp(CuS)=4×10－36
17．下列图示与对应的叙述相符合的是（　　）
A． 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． 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． 表示某温度时，BaSO4在水中溶解平衡曲线，蒸发水可使港液由b点变到a点
D． 表示分别稀释10mLpH均为12的NaOH和NH3，H2O溶液时pH的变化，曲线I表示 NH3 HO 溶液，n＞100
二、综合题
18．某油脂厂废弃的油脂加氢所用催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及他们的氧化物，还有少量其他不溶性杂质。采用如图工艺流程回收其中的镍来制备硫酸镍晶体(NiSO4 7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示，回答下列问题：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时的pH(c=1.0mol L-1) 6.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时的pH(c=1.0×10-5mol L-1) 8.7 4.7 3.2 9.0
（1）废镍催化剂上的油脂在过程中被处理，滤液①中含有的无机阴离子有OH-、　 　。
（2）“转化”过程中反应的化学方程式为　 　，c(H2O2)随时间t的变化关系如图所示，反应开始10~20min内c(H2O2)迅速减小，原因是　 　。
（3）利用表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=　 　，“转化”后的溶液中Ni2+的浓度为1.0mol L-1，“调pH”应控制的pH范围是　 　。
（4）进行操作I前通常要在滤液③中加入少量稀硫酸，作用为　 　。
（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，反应的离子方程式为　 　。
19．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 　 　 。
20．根据要求完成下列各题。
（1）25℃时，向AgCl的悬浊液中加入KI固体，有黄色沉淀生成。说明Ksp(AgCl)　 　Ksp(AgI)（填“＜”、“＞”或“=”下同）。
（2）已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－。若浓硫酸与氢氧化钠溶液发生中和反应生成1mol水，则ΔH的数值　 　57.3kJ·mol－；若稀盐酸与氨水发生中和反应生成1mol水，则ΔH的数值　 　57.3kJ·mol－1。
（3）在化学反应里只有活化分子才可能发生化学反应，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能。根据如图回答问题。
①图中所示反应是　 　 （填“吸热”或“放热”）反应，该反应　 　（填“需要”或“不需要”）加热，该反应的△H=　 　(用含E1、E2的代数式表示）。
②已知热化学方程式：H2(g)＋ O2(g)=H2O(g) △H=-241.8kJ·mol-1，该反应的活化能为167.2kJ·mol-1，则其逆反应的活化能为　 　。
21．如图所示：横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2＋或[Zn(OH)4]2－物质的量浓度的对数，回答下列问题。
（1）往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为　 　。
（2）从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积Ksp＝　 　。
（3）某废液中含Zn2＋，为提取Zn2＋可以控制溶液pH的范围是　 　。
（4）泡沫灭火器内装有NaHCO3饱和溶液；灭火器内另有一容器中装有Al2(SO4) 3溶液，该溶液呈酸性的原因是：　 　(用离子方程式表示)。当意外失火时，使泡沫灭火器倒过来即可使药液混合，喷出CO2和Al(OH)3，阻止火势蔓延。其相关化学反应的离子方程式为：　 　。
22．用含有少量SiO2、Fe2O3杂质的辉铜矿（主要成分Cu2S）和软锰矿（主要成分MnO2），制备碱式碳酸铜，可进一步制取有机合成中的催化剂氯化亚铜（CuCl），其主要工艺流程如图：
已知：①MnO2能氧化硫化物生成S；
②部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：
③CuCl是一种白色粉末，难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的体系。
（1）浸出液中含有CuSO4和MnSO4等主要产物，写出生成该主要产物的化学方程式：　 　。
（2）实验室中用18.4mol/L的浓硫酸配制480mL4.5mol/L的硫酸溶液需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、　 　、　 　。
（3）沉淀物的主要成分是　 　。
（4）结合已知条件，实验室中若选用饱和Na2CO3溶液（pH约为12）和MnSO4溶液作为反应原料制备MnCO3沉淀，采用的加料方式是将　 　溶液缓慢加入到盛有　 　溶液的反应容器中。
（5）CuCl2溶液中加入Na2SO3溶液的离子反应方程式为　 　。
（6）得到的CuCl晶体需用水洗涤，洗涤CuCl晶体的操作是　 　。
（7）CuCl晶体在碱性溶液中可以制得氧化亚铜，该反应的离子反应方程式为　 　。
答案解析部分
1．【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．
2．【答案】D
【解析】【解答】解：A．由反应可知，该平衡的Ksp=c2（Ca2+） c2（K+） c（Mg2+） c4（SO42﹣），故A正确；
B．加入饱和K2SO4溶液，SO42﹣浓度增大，则溶解平衡向左移动，故B正确；
C．由图可知，溶解平衡为吸热反应，则升高温度，溶浸速率增大，平衡向正反应方向移动，故C正确；
D．加入饱和NaOH溶液，Ca2+和Mg2+浓度减小，则溶解平衡正向移动，故D错误；
故选D．
【分析】A．K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
B．加入饱和K2SO4溶液，SO42﹣浓度增大；
C．溶解平衡为吸热反应；
D．加入饱和NaOH溶液，Ca2+和Mg2+浓度减小．
3．【答案】D
【解析】【解答】A．Ag+与NH3 H2O先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成银氨溶液，溶液变澄清，所以Ag+与NH3 H2O不能大量共存，故A错误；
B．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，而稀硫酸不能氧化亚铁离子，故B错误；
C．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液pH值，故C错误；
D．溶解度大的难溶物能转化为溶解度小的难溶物，AgCl沉淀中滴入Na2S溶液，白色沉淀变为黑色，所以说明Ag2S比AgCl更难溶，故D正确；
故选D．
【分析】A．Ag+与NH3 H2O先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成银氨溶液；
B．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性；
C．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸；
D．溶解度大的难溶物能转化为溶解度小的难溶物．
4．【答案】D
【解析】【解答】Ksp只与难溶电解质的性质和外界温度有关，故A、C项符合题意；由于Ksp（ZnS）>Ksp（CuS），所以ZnS在一定条件下可转化为CuS，B项符合题意；同类型的难溶电解质（如AgCl、AgBr、AgI），Ksp越小，溶解度越小，而不同类型的难溶电解质（如Ag2SO4和AgI），Ksp小的溶解度不一定小，需要进行换算， D项符合题意，
故答案为：D。
【分析】A、Ksp只与难溶电解质的性质和外界温度有关；
B、溶解度小的物质可以向溶解度更小的物质转变；
C、离子浓度对难溶物的Ksp没有影响；
D、Ksp小的溶解度不一定小。
5．【答案】D
【解析】【解答】已知Ksp[Cu(OH)2]A. 相同条件下，根据氢氧化物的溶解度与pH的关系可知：物质的溶解度越大，溶液的pH越大，所以曲线a表示Cu(OH)2，A不符合题意；
B. 向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，Cu2+的浓度减小，而图中X到Y时，Cu2+的浓度不变，B不符合题意；
C. 由于Ksp[Cu(OH)2]D. 当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，存在Fe(OH)2(s)+Cu2+(aq) Cu(OH)2(s)+Fe2+(aq)，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH-)=10-3.1×(10-6)2=10-15.1，Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)×c2(OH-)=10-11.7×(10-4)2=10-19.7，k= = = =104.6，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】图像的纵坐标为－lgc(M2+），故数值越大，c(M2+）越小。由于Ksp[Cu(OH)2]6．【答案】B
【解析】【解答】解：A．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，故A正确；
B．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B错误；
C．在a点时Qc＜Ksp，故a点为AgBr的不饱和溶液，故C正确；
D．K= = = ≈816，故D正确；
故选B．
【分析】A．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；
B．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；
C．在a点时Qc＜Ksp，故为AgBr的不饱和溶液；
D．K= = ．
7．【答案】B
【解析】【解答】A.pH=9的氯化铵溶液与氨水的混合溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，根据电荷守恒即可判断 c(Cl-)＜c(NH4+)，故A不符合题意
B.pH=2.5的可乐中的氢离子浓度为10-2.5mol/L，pH=3.5的柠檬酸溶液中氢离子的浓度为10-3.5mol/L，因此pH=2.5的可乐中的氢离子是pH=3.5的柠檬酸中氢离子的浓度的10倍，故B符合题意
C.由于0.1mol/L氯化钙溶液中的氯离子浓度大于0.1mol/L的氯化钠溶液氯离子的浓度，所以在氯化银在氯化钙中的溶解度小于氯化钠，故C不符合题意
D.1mL1mol/L的碳酸钠溶液加水稀释至100mL，氢氧根离子浓度降低，pH减小，由于温度不变，水的离子积不变，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】A.根据电荷守恒结合此时的pH即可计算
B.根据给出的数据进行计算即可
C.根据难溶电解质的溶度即可判断
D.温度不变水的离子积不变
8．【答案】D
【解析】【解答】A．、均为型，且，当相等时，<，而为型，则曲线x为，曲线y为，曲线z为，故A项不符合题意；
B．常温时，此反应的平衡常数，故B项不符合题意；
C．常温时，若增大p点的阴离子浓度，减小，由图可知，沿曲线y向下移动，故C项不符合题意；
D．和均为，由图可知，，，从而沉淀所需约为，沉淀所需约为，因此先产生沉淀，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据沉淀的类型分析；
B．依据Ksp计算；
C．依据沉淀溶解平衡的影响因素计算；
D．通过Ksp的大小比较。
9．【答案】C
【解析】【解答】A、AgNO3溶液中加入NaCl溶液，发生Ag＋＋Cl－=AgCl↓，即实验①中白色沉淀是AgCl，故A说法不符合题意；
B、实验②中加入过量KI溶液，出现黄色沉淀，说明产生AgI，即发生AgCl(s)＋I－(aq)=AgI(s)＋Cl－(aq)，推出AgI比AgCl更难溶，故B说法不符合题意；
C、实验③得到黑色沉淀，该黑色沉淀为Ag2S，推出Ag2S比AgI更难溶，溶解度由大到小的顺序是AgCl>AgI>Ag2S，按①③顺序实验，能观察黑色沉淀，故C说法符合题意；
D、根据选项C分析，按照②①顺序实验，生成更难溶的AgI，不能得到AgCl，即无法观察到白色沉淀，故D说法不符合题意。
【分析】注意：AgCl（白色沉淀）、AgI（黄色沉淀）Ag2S（黑色沉淀）。
10．【答案】C
【解析】【解答】解：已知Mg（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3的溶解度．要除去混在MgCl2溶液中的FeCl3，可加入Mg（OH）2粉末、MgO或MgCO3，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，
故选C．
【分析】Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，注意不能引入新的杂质，以此解答该题．
11．【答案】C
【解析】【解答】A.AgCl悬浊液中，有沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag++Cl-，加入KI后生成AgI黄色沉淀，上述平衡右移，即AgCl转化为AgI。类似地，AgI转化为Ag2S。A项不符合题意；
B.从题中AgCl转化为AgI，再转化为Ag2S来看，B项不符合题意；
C.等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中，氯离子浓度不同，使平衡AgCl(s) Ag++Cl-左移程度不同，故AgCl溶解程度不同。C项符合题意；
D.25 ℃时，AgCl、AgI、Ag2S的Ksp不同，饱和溶液中Ag＋的浓度不同。D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.沉淀溶解平衡的移动可实现沉淀的转化；
B.沉淀会向更难溶的物质转化；
C.等物质的量浓度的氯化钠和氯化钙溶液中的氯离子浓度不同；
D.相同温度下，溶度积常数不同，可得出银离子浓度不同。
12．【答案】D
【解析】【解答】A、室温下，酸无限稀释，pH接近与7，不能超过7，A不符合题意；
B、NaOH为强碱，NH3·H2O为弱碱，相同pH时，c(NH3·H2O)>c(NaOH)，因此用盐酸中和相同体积的两种溶液，氨水消耗盐酸体积大，B不符合题意；
C、pH=2的盐酸，c(H＋)=10－2mol·L－1，溶液c(Cl－)约为10－2mol·L－1，pH=1的硫酸中，c(H＋)=0.1mol·L－1，c(SO42－)约为0.05mol·L－1，因此c(Cl－)不等于c(SO42－)，C不符合题意；
D、向AgCl、AgBr饱和溶液中加入少量AgNO3溶液，溶液仍为饱和，c(Cl－)/c(Br－)=[c(Cl－)×c(Ag＋)]/[c(Br－)×c(Ag＋)]=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，即比值不变，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.酸溶液稀释，其pH值仍小于7；
B.pH=13的NaOH溶液和氨水中，c(NH3·H2O)>c(NaOH)；
C.盐酸和硫酸都属于强酸，根据pH得出溶液中c(H+)，从而得出c(HCl)、c(H2SO4)，从而比较阴离子浓度大小；
D.结合溶度积的表达式进行分析；
13．【答案】B
【解析】【解答】A．甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去，是酸性高锰酸钾氧化甲基的结果，能说明苯环对甲基有影响，A不符合题意；
B．醛基在碱性条件下可以和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，若出现砖红色沉淀，则证明有机物含有醛基，B符合题意；
C．该固体样品的成分不确定，如果是混合物其中含有铵盐，也会出现实验中的现象，但不能说该混合物就是铵盐，C不符合题意；
D．该实验中硝酸银过量，因此加入氯化钠和碘化钾后，发生的是沉淀的生成而不是沉淀的转化，不能比较两者Ksp的大小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.苯环上的甲基可以被酸性高锰酸钾氧化为羧基，是收到苯环的影响。
C.该实验只能够证明固体含有铵盐，不能够证明该固体属于铵盐。
D.要实现沉淀转化，硝酸银必须要过量。
14．【答案】C
【解析】【解答】A.K只受温度的影响，pH增大，难溶电解质的溶度积常数Ksp(CuCl)不变，A不符合题意；
B.根据图中信息：溶液的pH越大，氯离子的浓度越小，电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，B不符合题意；
C.反应达到平衡状态，增大c(Cu2+)，K不变，所以c(Cl-)减小，C符合题意；
D.①Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq) △H1=a kJ/mol，
②Cl-(aq)+ Cu+(aq) CuCl(s) △H2=b kJ/mol
①÷2+②可得到：. Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl-(aq) CuCl(s)，根据盖斯定律反应的△H=(0.5a+b)kJ/mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.溶度积常数是温度常数，只受温度的影响；
B.根据图象知，pH值越大，氯离子的浓度就越小，因此加入硫酸不利于氯离子的除去；
D.盖斯定律指的是若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．常温下，，则当溶液的相同时，，则，故曲线a表示饱和溶液中的变化关系，曲线b表示饱和溶液中的变化关系。根据X点计算常温下的溶度积：，A不符合题意；
B．向X点对应的饱和溶液中加入少量固体，溶液中会生成沉淀，溶液中会减小，而图中从X点到Y点的保持不变，B符合题意；
C．因为，更易生成沉淀，在含有少量杂质的酸性溶液中，加入适量，发生反应：，使溶液的增大，杂质转变为沉淀，过滤后所得溶液为溶液，C不符合题意；
D．根据Z点计算常温下的溶度积：，当和两种沉淀共存时，溶液中，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、结合特殊点以及氢氧化铜的溶度积判断；
B、温度不变时，只能在曲线移动；
C、除去亚铁离子中的铜离子，可以采用氧化亚铁、碳酸亚铁或者氢氧化亚铁等；
D、结合两者的溶度积比进行判断。
16．【答案】D
【解析】【解答】
A. Na2S是强碱弱酸盐，S2－水解使溶液呈碱性，离子方程式为：S2－＋H2O HS－＋OH－、HS－＋H2O H2S＋OH－，故A错误，A不符合题意；
B. 在Na2S溶液中，根据物料守恒得2c(S2－)+2c(HS－)+2c(H2S)=c(Na+)，故B错误，B不符合题意；
C. 向10 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液中滴加0.1 mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2＋＋S2－=CuS↓，根据方程式可知，当加入10mL0.1 mol/L的Na2S溶液时，二者恰好完全反应，则b点时恰好完全反应形成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s) Cu2+(aq)+S2 (aq)，已知此时 lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2 )=10 17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)×c(S2 )=10 17.7mol/L×10 17.7mol/L=10 35.4，已知lg2=0.3，则Ksp(CuS)=10 35.4 =(100.3)2×10 36 =4×10 36，向100 mLZn2+、Cu2+浓度均为10 5mol/L的混合溶液中逐滴加入10 4mol/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2 浓度为c(S2 )=Ksp(ZnS)÷c(Zn2+)=(3×10 25÷10 5)mol/L=3×10 20mol/L，产生CuS时需要的S2 浓度为c(S2 )=Ksp(CuS)÷c(Cu2+)=(4×10 36÷10 5)mol/L=4×10 31mol/L，则产生CuS沉淀所需S2 浓度更小，先产生CuS沉淀，故C错误，C不符合题意；
D. 根据C项分析可知，该温度下Ksp(CuS)=4×10－36，故D正确，D符合题意；
故正确答案为：D。
【分析】A、考查盐类水解离子水解方程式书写，注意弱酸根离子水解分步水解。
B、考查盐类水解的物料守恒，突破口是原子守恒。
C、沉淀生成先后顺序。注意根据KSP来判断溶解度大小，先生成溶解度小的。
D、考查KSP的计算。
17．【答案】B
【解析】【解答】t时刻，虽然生成物的浓度等于反应物的浓度，当还没有建立平衡，A不符合题意；
B、NO2的体积分数最小时，反应达到平衡，以后升高温度，NO2的体积分数增大，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应方向是放热反应，△H<0，B符合题意；
C、蒸发水，c(Ba2＋)和c(SO42－)的浓度都增大，C不符合题意；
D、NH3·H2O是弱碱，部分电离，相同pH，NH3·H2O的浓度大于NaOH，加水稀释，促进NH3·H2O的电离，稀释相同体积，NaOH的pH大，因此I是NaOH，II是NH3·H2O，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.t时刻表示浓度相等，正逆反应速率不相等；
B.结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析；
C.b点到a点的过程中，c(SO42-)不变；
D.稀释会促进弱电解质的电离；
18．【答案】（1）
（2）；Fe3+对H2O2的分解有催化作用
（3）10-15.6；4.7＜pH＜6.2
（4）抑制Ni2+水解
（5）
【解析】【解答】(1)由以上分析知，滤液①中含有NaOH、NaAlO2，则无机阴离子有OH-、 。
(2)“转化”过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，反应的化学方程式为 ；c(H2O2)在10~20min内迅速减小，原因是Fe3+对H2O2的分解有催化作用。
(3)当pH=6.2时，c(Ni2+)=1.0mol/L，则Ni(OH)2的Ksp= c2(OH-)c(Ni2+)=(10-7.8)2×1.0=10-15.6，“转化”后的溶液中Ni2+的浓度为1.0mol L-1，开始沉淀pH=6.2，沉淀完全pH=8.7，则“调pH”应控制的pH小于6.2，大于4.7，保证Al3+、Fe3+完全沉淀。
(4)进行蒸发浓缩、冷却结晶前通常要在滤液③中加入少量稀硫酸，作用为抑制Ni2+水解。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为 。
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaOH、NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化变为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，滤渣③为氢氧化铁，再控制pH，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸镍晶体，据此分析解答。
19．【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；
20．【答案】（1）＞
（2）＞；＜
（3）放热；需要；E2-E1；409kJ/mol
【解析】【解答】(1)KSP(AgCl)＞KSP(AgI)，沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，因此向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色，故答案为：＞； (2)浓硫酸溶于水放热，因此浓硫酸与氢氧化钠溶液发生中和反应生成1mol水，放出的热量多于57.3kJ；氨水的电离需要吸热，因此稀盐酸与氨水发生中和反应生成1mol水，放出的热量少于57.3kJ，故答案为：＞；＜；(3)①依据图象，反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；该反应的活化能较大，引发反应需要加热，反应的焓变△H=生成物的能量-反应物的能量=(E2-E1)kJ/mol，故答案为：放热；需要；E2-E1；②焓变等于正逆反应的活化能之差，则逆反应的活化能为167.2kJ mol-1-(-241.8kJ mol-1)=409.0 kJ mol-1，故答案为：409.0 kJ mol-1。
【分析】(1)根据沉淀转化的规律分析解答；(2)浓硫酸溶于水放热，氨水的电离需要吸热，据此分析判断；(3)①依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，且反应的活化能较大，结合反应的焓变=生成物的能量-反应物的能量分析判断；②根据焓变等于正逆反应的活化能之差计算。
21．【答案】（1）Zn2＋＋4OH－=[Zn(OH)4]2－
（2）10－17
（3）8（4）Al3+ + 3H2O Al(OH)3+3H+；Al3++3HCO3- Al(OH)3↓+3CO2↑
【解析】【解答】（1）往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，根据图像可知，氢氧根过量时生成[Zn(OH)4]2－，则反应的离子方程式为Zn2＋＋4OH－=[Zn(OH)4]2－；
（2）根据图像，a点时，溶液的pH=7，lgc（Zn2＋）=-3，常温时，则c（OH－）=10-7mol/L，c（Zn2＋）=10-3mol/L，Ksp＝c（Zn2＋）×c2（OH－）=10-17；
（3）提取某废液中含Zn2＋时，应使溶液中的Zn2＋变为Zn(OH)2，根据图像可知，氢氧化锌时的pH值为8（4）Al2(SO4) 3为强酸弱碱盐，溶液中铝离子发生水解反应生成氢氧化铝和氢离子，导致溶液中的氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，使溶液显酸性，离子反应为Al3+ + 3H2O Al(OH)3+3H+；碳酸氢根离子与铝离子相互促进水解，可生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al3++3HCO3- Al(OH)3↓+3CO2↑。
【分析】（1）根据氢氧化钠溶液足量可知反应生成[Zn(OH)4]2 ；
（2）根据图象a点的数据计算，Ksp＝c（Zn2＋）×c2（OH ）；
（3）提取某废液中含Zn2＋时，应使其沉淀；
（4）Al3+水解使溶液显酸性，HCO3-水解使溶液显碱性，两者混合时相互促进水解进行彻底，生成气体和沉淀。
22．【答案】（1）2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O
（2）500mL容量瓶；胶头滴管
（3）Fe(OH)3
（4）Na2CO3；MnSO4
（5）2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+
（6）向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次
（7）2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O
【解析】【解答】（1）由题干及工艺流程图可知MnO2、Cu2S与硫酸反应的生成物为MnSO4、CuSO4、S，Mn元素由+4价降到+2价，Cu2S中的Cu元素由+1价升到+2价，S元素由-2价升到0价，可根据得失电子守恒配平该方程式：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，故答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O。（2）18.4mol/L的浓硫酸配制480mL4.5mol/L的硫酸溶液需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶，胶头滴管。（3）由表可知，Fe(OH)3完全沉淀时的pH为3.2，Cu(OH)2开始沉淀时的pH为4.4，结合流程调节pH的目的是除去Fe3+，故沉淀的主要成分为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3。（4）已知饱和Na2CO3溶液的pH为12，而Mn2+转化为氢氧化锰沉淀的范围为8.3～9.8，为防止Mn2+转化为氢氧化锰沉淀，因此制备MnCO3沉淀时必须将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有MnSO4溶液的反应容器中，故答案为：Na2CO3，MnSO4。（5）由题意可知：CuCl2与Na2SO3溶液反应生成CuCl，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，因此离子反应方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+。（6）洗涤CuCl晶体的操作是向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次，故答案为：向漏斗中注水至没过CuCl晶体，待液体自然流下后，重复操作2-3次。（7）已知CuCl晶体在碱性溶液中反应生成氧化亚铜，该反应的离子反应方程式为：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O，故答案为：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O。
【分析】分析流程题需要掌握的技巧是：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。