3.3 沉淀溶解平衡 同步训练（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

3.3 沉淀溶解平衡 同步训练
一、单选题
1．和是两种难溶性盐。常温时两种物质的溶解度曲线如图所示，下列叙述错误的是（　　）
A． B．x为0.33
C．d点 D．不能转化为
2．已知：2CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O.25℃时，调节初始浓度为1.0mol L﹣1 的Na2CrO4溶液的pH，测定平衡时溶液中c（Cr2O72﹣）和c（H+），获得如图所示的曲线．下列说法不正确的是（　　）
A．平衡时，pH越小，c（Cr2O72﹣）越大
B．A点CrO42﹣的平衡转化率为50%
C．A点CrO42﹣转化为Cr2O72﹣反应的平衡常数K=1014
D．平衡时，若溶液中c（Cr2O72﹣）=c（Cr2O42﹣），则c（H+）＞2.0×10﹣7 mol L﹣1
3．根据下列实验操作和现象能达到实验目的或推出相应结论的是（　　）
选项 实验操作和现象 实验目的或结论
A 向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀 与发生了相互促进的双水解反应
B Fe2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到白色固体 该固体成分为Fe2O3
C 向2mL 0.1mol L 1 MgCl2溶液中加入1mL 0.1mol L 1 NaOH溶液，再加入4滴0.1mol L 1 FeCl3溶液，白色沉淀转化为红褐色 沉淀存在溶解平衡
D 室温下用pH试纸测0.1mol/L NaClO溶液和0.1mol/L CH3COONa溶液的pH，比较溶液pH大小 判断CH3COOH、HClO酸性强弱
A．A B．B C．C D．D
4．T℃时，和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知为浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是（　　）
A．曲线I表示沉淀溶解平衡曲线
B．Z点对应的为
C．Y点对应的溶液是不饱和溶液
D．T℃时，在平衡体系中
5．氯化亚铜(CuCl)是一种难溶于水的白色固体，常温下，CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq) Ksp=1.2×10-6。在氯离子浓度较大的体系中，氯化亚铜发生溶解，生成两种配合物离子：CuCl(s)+Cl-(aq)=(aq) K1=0.36；(aq)+Cl-(aq)(aq) K2。用盐酸溶解时，溶液中含铜粒子分布分数(δ)与c(Cl-)的关系如图所示。下列说法错误的是
A．常温下，反应的平衡常数K1>K2
B．图中交点处溶液中：c(H+)-c(OH-)>2c(Cl-)
C．Cu+(aq)+2Cl-(aq)(aq)的平衡常数K=3.0×105
D．常温下，若溶液中几乎不含Cu+，则c(Cl-)至少大于0.12mol·L-1
6．工业生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中Cu2＋：Cu2＋＋MnS=CuS＋Mn2＋，下列说法错误的是（　　）
A．该反应达平衡时c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)
B．MnS的Ksp比CuS的Ksp大
C．往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)变大
D．该反应的平衡常数K＝
7．下列说法一定正确的是（　　）
A．反应A（s） 2B（g）+C（g），当C的体积分数不变时，反应达到平衡状态
B．将钢闸门与直流电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀
C．用FeS为沉淀剂除去废水中的Hg2+：FeS（s）+Hg2+（aq）═HgS（s）+Fe2+（aq）
D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此可用浓硫酸与铁反应增大生成氢气的速率
8．某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A．可以通过升温实现由c点变到a点 B．d点可能有沉淀生成
C．a点对应的等于点对应的 D．该温度下，
9．下列实验操作和现象及实验结论均正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向浓度均为0.1mol·L-1的KCl和KI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B 向两支盛有2mL不同浓度Na2SO3溶液的试管中同时加入1mL2%双氧水，观察实验现象 探究浓度对化学反应速率的影响
C 将Na2S2O3溶液与硫酸两种溶液混合后再用水浴加热，观察出现浑浊所用的时间 探究温度对化学反应速率的影响
D 室温用pH试纸测同浓度的NaClO和CH3COONa溶液的pH，pH(NaClO)>pH(CH3COONa) 酸性：HClO>CH3COOH
A．A B．B C．C D．D
10．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
11．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，原理如下：
⑴
⑵
实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大
B．反应达到平衡时增大c(Cu2+)，c(Cl-)减小
C．该过程中，Cu+起到了催化剂的作用
D．从反应自发性角度分析，如反应（2）能自发进行，则b>0
12．绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其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．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)＜Ksp(p)＜Ksp(q)
C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
13．已知25℃时，电离常数Ka（HX）=3.6×10﹣4，溶度积常数Ksp（CaX2）=1.46×10﹣10．现向1L 0.2mol/LHX溶液中加入1L 0.2mol/LCaCl2溶液，则下列说法中正确的是（　　）
A．25℃时，0.1 mol/LHX溶液中pH=1
B．Ksp（CaX2）随温度和浓度的变化而变化
C．该体系中，c（Cl﹣）=c（Ca2+）
D．该体系中HX与CaCl2反应产生沉淀
14．已知25℃时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.6×10﹣12，MgF2的溶度积常数Ksp=7.4×10﹣11．下列说法正确的是（　　）
A．25℃时，向饱和MgF2溶液中加入饱和NaOH溶液后，不可能有Mg（OH）2生成
B．25℃时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者c（Mg2+）大
C．25℃时，Mg（OH）2固体在同体积同浓度的氨水和NH4Cl溶液中的Ksp相比较，前者小
D．25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大
15．研究发现，在牙膏中添加氟化物能起到预防龋齿的作用，这是因为氟离子能与牙齿表面的釉质层{主要成分是羟基磷灰石}发生反应生成氟磷灰石：。下列说法错误的是（　　）
A．该反应的平衡常数表达式为
B．常温下，氟磷灰石的比羟基磷灰石的大
C．相比羟基磷灰石，氟磷灰石能够抵抗有机酸对牙齿的侵蚀
D．反应达到平衡时，羟基磷灰石的溶解速率等于氟磷灰石的溶解速率
16．化学与生产、生活、科技密切相关，下列有关说法错误的是（　　）
A．为保护轮船的外壳，常在外壳上镶入锌块
B．明矾溶于水后产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂
C．燃料电池的能量转换效率远高于普通燃料燃烧的能量转换效率
D．锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去
二、综合题
17．已知25℃时，Ksp[Cu（OH）2]=2×10﹣20．
（1）某CuSO4溶液里c（Cu2+）=0.02mol/L，如要生成Cu（OH）2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于　 　．
（2）要使0.2mol L﹣1 CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为　 　．
18．“低碳经济”是建设美丽中国的发展方向，对废气中的CO综合利用可以变废为宝。
（1）许多含碳燃料在不完全燃烧时会产生大量CO。
已知：①
②
写出 和 不完全燃烧生成CO和 的热化学方程式：　 　。
（2）二甲醚( )是清洁能源。利用CO合成二甲醚的原理是 。在一定条件下，该反应中CO的平衡转化率 与温度(T)及压强的关系如图1所示。
①图1中，p1　 　p2(填“>”“<”或“=”，下同)， 　 　0。
②若某物理量随温度(T)的变化如图2所示，则X表示的物理量可能为　 　(填一种)。
（3）利用CO也可以合成 。一定温度下，在1L恒容密闭容器中充入 和 ，起始压强为 ，在一定条件下合成甲醇： ，经过 达到平衡，此时容器中压强为 。
① 内， 　 　 。
②下列情况表明该反应达到平衡状态的是　 　(填序号)。
A． 不再改变
B．相同时间内CO的生成速率等于 的生成速率
C．一段时间后容器内混合气体的总压强不再改变
D．一段时间后容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变
③在该温度下，此反应的平衡常数 　 　 (结果保留小数点后两位)。
（4）工业上常用CO制备 ，进一步制得 ， 常用于钙镁离子的测定。将某样品灼烧并用酸处理成溶液，使钙离子溶解在溶液中。向溶液中加入足量 ，使 完全形成 白色沉淀。将白色沉淀过滤洗涤后溶于一定量的稀硫酸中，再用高锰酸钾溶液滴定。已知：常温下， 的 ，取 酸溶后的溶液，向其中加入 时， 开始沉淀，则溶液中 的浓度为　 　。洗涤沉淀时经常先用稀 溶液洗涤后，再用水洗原因是　 　。
19．铜、铬都是用途广泛的金属．工业上利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收金属铜和铬的流程如图：
已知：部分物质沉淀的pH如表：
Fe3+ Cu2+ Cr3+
开始沉淀pH 2.1 4.7 4.3
完全沉淀pH 3.2 6.7 a
请回答下列问题：
（1）滤液I中所含溶质主要有　 　（填化学式）．
（2）第②步操作中，先加人Ca（OH）2调节溶液的pH，调节范围为　 　，然后将浊液加热至80℃趁热过滤，所得滤渣Ⅱ的成分为　 　．
（3）当离子浓度≤1×10﹣5mol L﹣1时，可以认为离子沉淀完全．第④步操作中，若要使Cr3+完全沉淀，则室温下溶液中a的最小值为　 　．
（已知：Kap[Cr（OH）3]=6.3×10﹣31， ≈4.0；lg4=0.6）
（4）Cr（OH）3受热分解为Cr2O3，用铝热法可以冶炼金属铬．写出铝热法炼铬的化学方程式　 　．
20．醋酸在日常生活和生产中的应用很广泛．
（1）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈　 　（填“酸性”、“中性”或“碱性”），溶液中c（Na+）　 　 c （CH3COO﹣）（填“＞”、“=”或“＜”）．
（2）25℃时，向0．1mol L﹣1的醋酸中加入少量醋酸钠固体，当固体溶解后，测得溶液pH增大，主要原因是　 　．
（3）室温下，如果将0.1mol CH3COONa固体和0.05mol HCl全部溶于水形成混合溶液中：　 　和　 　两种粒子的物质的量之和等于0.1mol．
（4）用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸，选用酚酞为指示剂，下列能造成测定结果偏高的是 ．
A．未用标准液润洗碱式滴定管
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有气泡
（5）为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如表实验．资料：AgSCN是白色沉淀，相同温度下，溶解度：AgSCN＞AgI．
操作步骤 现象
步骤1：向2mL 0.005mol L﹣1 AgNO3溶液中加入2mL 0.005mol L﹣1KSCN溶液，静置． 出现白色沉淀．
步骤2：取1mL上层清液于试管中，滴加1滴2mol L﹣1 Fe（NO3）3溶液． 溶液变红色．
步骤3：向步骤2的溶液中，继续加入5滴3mol L﹣1AgNO3溶液． 　 　，溶液红色变浅．
步骤4：向步骤1余下的浊液中加入5滴3mol L﹣1KI溶液． 出现黄色沉淀．
①写出步骤2中溶液变红色的离子方程式　 　；
②步骤3中现象a是　 　；
③用化学平衡原理解释步骤4的实验现象　 　
21．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】D
【解析】【解答】A．根据图中信息得到，=3.0×10-5mol/L，=3.0×10-5mol/L，因此=3.0×10-5×3.0×10-5=9.0×10-10，同理可得，=1.0×10-10，则，A项不符合题意；
B．=1.0×10-10，c点=3.0×10-5mol/L，则，即x为0.33，B项不符合题意；
C．d点在的溶解度曲线下方，则，C项不符合题意；
D．在的悬浊液中，加入碳酸钠，能使其转化为，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合溶度积的计算公式，以及题目中给出的已知点，代入公式计算；
B、根据温度不变，则溶度积不变，可以结合A选项计算的溶度积，代入公式计算；
C、Qc的计算公式和Ksp的计算公式是一样的，根据所在的点计算对应的Qc，和A选项计算的Ksp进行对比；
D、一定条件下，沉淀之间可以相互转化。
2．【答案】D
【解析】【解答】解：A、由图可知氢离子浓度越大，c（Cr2O72﹣）越大，所以pH越小，c（Cr2O72﹣）越大，故A正确；
B、由图可知A点时Cr2O72﹣的平衡浓度为0.25mol/L，所以转化的CrO42﹣的浓度为：0.5mol/L，则A点CrO42﹣的平衡转化率为50%，故B正确；
C、2CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O的平衡常数为：K= = =1014，故C正确；
D、平衡时，若溶液中c（Cr2O72﹣）=c（CrO42﹣），而2c（Cr2O72﹣）+c（CrO42﹣）=1.0mol L﹣1，所以c（Cr2O72﹣）= mol L﹣1，而图中c（Cr2O72﹣）=0.35mol/L时，对应氢离子的浓度为2.0×10﹣7 mol L﹣1，则溶液中c（Cr2O72﹣）=c（Cr2O42﹣），则c（H+）＜2.0×10﹣7 mol L﹣1，故D错误；
故选D．
【分析】A、由图可知氢离子浓度越大，c（Cr2O72﹣）越大；
B、由图可知A点时CrO42﹣的平衡浓度为0.25mol/L；
C、2CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O的平衡常数为：K= ；
D、平衡时，若溶液中c（Cr2O72﹣）=c（CrO42﹣），而2c（Cr2O72﹣）+c（CrO42﹣）=1.0mol L﹣1，所以c（Cr2O72﹣）= mol L﹣1，结合图象分析解答．
3．【答案】C
【解析】【解答】A．NaAlO2溶液与碳酸氢根离子电离产生的氢离子结合生成沉淀，不发生双水解反应，故A不符合题意；
B．硫酸不易挥发，Fe2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到的白色固体为Fe2(SO4)3，故B不符合题意；
C．氯化镁和NaOH反应生成氢氧化镁沉淀，加入氯化铁，白色沉淀转化为红褐色沉淀，即有Fe(OH)3沉淀生成，生成更难溶的物质，存在Mg(OH)2与Fe(OH)3溶解平衡，故C符合题意；
D．NaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1mol/L NaClO溶液的pH，则不能确定pH大小，不能比较酸性的强弱，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.NaAlO2与碳酸氢钠不能发生双水解反应；
B. 溶液蒸干得到Fe2(SO4)3；
D.NaClO能漂白pH试纸。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．CdCO3(s) Cd2+( aq)+(aq)，则c(Cd2+)= c()，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，故A不符合题意；
B．读图可知Z点对应的pCd2+为3，则Z点对应的为，故B不符合题意；
C．曲线上的点为达到了沉淀溶解平衡，pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数，则数值越大，离子浓度越小，Y点在曲线上方，说明离子浓度小，故为不饱和溶液，故C符合题意；
D．T℃，由图可知，pN=4时，CdCO3中pCd2+为8，即；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6，即；在CdCO3(s)+2OH-(aq) Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据沉淀溶解方程式，利用pCd2+=pN判断；
B．依据图中Z点对应的pCd2+为3计算；
C．曲线上的点为达到了沉淀溶解平衡，pN为阴离子浓度的负对数，则数值越大，离子浓度越小；
D．依据沉淀转化平衡，利用K=计算。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．交点处，，，A符合题意；
B．由电荷守恒得，交点处，，此时溶液中几乎不存在，可得，又，则，B项不符合题意；
C．可由与两式相减得到，， C项不符合题意；
D．时，则，几乎完全沉淀，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据计算K2，再进行比较；
B.交点处，结合电荷守恒分析；
C.减去 CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq) 可得到，则；
D.溶液中几乎不含Cu+，即c(Cu+)≤10-5mol/L，结合Ksp进行计算。
6．【答案】A
【解析】【解答】A.该反应达到平衡时离子的浓度不变，但不一定相等，
B.分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，故不选B；
C.根据反应物的浓度增大，平衡正向移动，所以C（Mn2+）变大，故不选C；
D.反应的平衡常数K= = = ，故不选D；
故答案为：A
【分析】A.二者的浓度相等不一定是平衡状态；
B.沉淀向更难溶液的物质转化；
C.平衡向正反应方向移动，锰离子浓度增大；
D.根据平衡常数的定义进行计算。
7．【答案】C
【解析】【解答】解：A、反应A（s） 2B（g）+C（g）中，A为固体，若加入的为初始反应物为B或者按照2：1加入B、C，反应过程中C的体积分数始终不变，所以C的体积分数不变时，无法判断是否达到平衡状态，故A错误；
B、将钢闸门与直流电源的正极相连，钢闸门为电解池的阳极，电解过程中阳极发生氧化反应，所以加快了钢闸门的腐蚀速度，故B错误；
C．溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，FeS溶解度大于HgS，所以离子反应方程式为FeS（s）+Hg2+（aq）=HgS（s）+Fe2+ （aq），故C正确；
D．浓硫酸具有强氧化性，常温下使铁发生钝化与铁反应不生成氢气，故D错误；
故选C．
【分析】A、该反应中，A为固体，若只加入A开始反应，则C的体积分数始终不变，所以C的体积分数不变无法判断是否达到平衡状态；
B、与电源正极相连为电解池的阳极，阳极发生氧化反应，所以会加速钢闸门的腐蚀速度；
C．溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质；
D．浓硫酸与铁反应不生成氢气；
8．【答案】C
【解析】【解答】A．Ksp受温度影响，升温时，Ksp会发生变化，则通过升温不可能由c点变到a点，故A不符合题意；
B．在d点，还未达到FeB的Ksp，即d点是同温下FeB的不饱和溶液，所以d点不可能生成沉淀，故B不符合题意；
C．FeR(s) Fe2+(aq)+R2-(aq)，a点和b点在同一曲线上，温度相同，因而a点对应的Ksp(FeR)等于b点对应的Ksp(FeR)，故C符合题意；
D．此温度下，Ksp=c(Fe 2+ ) c(B 2- )=2×10-9×10-9=2×10-18，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】FeB(s)Fe2+(aq)+B2-(aq)的平衡常数表达式为KSP=c(Fe2+) c(B2-)。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．AgCl和AgI沉淀类型相同。向浓度均为0.1mol·L-1的KCl和KI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，则AgCl的溶解度大于AgI的溶解度，AgCl和AgI沉淀类型相同，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，A符合题意；
B． Na2SO3溶液具、双氧水具有氧化性，二者发生氧化还原反应，得到硫酸根离子和水，没有明显现象，故不能通过这个反应探究浓度对化学反应速率的影响，B不符合题意；
C．测定硫代硫酸钠溶液跟稀硫酸反应的速率，以两溶液混合时开始计时，到溶液出现的浑浊，将锥形瓶底部的“十”字完全遮盖时结束计时，根据所需的时间判断反应速率的大小，C不符合题意；
D．“越弱越水解”，用pH试纸测同浓度的NaClO和CH3COONa溶液的pH，pH(NaClO)>pH(CH3COONa) ，则酸性： ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】易错分析：B.Na2SO3溶液与过氧化氢反应没有明显现象，无法判断化学反应速率的快慢
C.硫代硫酸钠溶液跟稀硫酸混合后即发生反应，就会有沉淀产生，应该找好参照标准进行计时
D.利用越弱越水解规律进行判断。
10．【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。
11．【答案】B
【解析】【解答】A. Ksp(CuCl)只受温度的影响，温度不变，Ksp(CuCl)不变，A不符合题意；
B. 反应达到平衡时增大c(Cu2+)，反应（1）正向移动，c(Cu+)增大，反应（2）正向移动，c(Cl-)减小，B符合题意；
C. Cu+为中间产物，不是催化剂，C不符合题意；
D. 反应（2）的△S<0, 若反应能自发进行，则该反应为放热反应，即b<0，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.溶度积Ksp只与温度有关，与溶液浓度无关；
B.结合平衡移动分析；
C.Cu+为中间产物，不起催化剂作用；
D.若反应自发进行，则ΔH-TΔS<0，据此分析；
12．【答案】B
【解析】【解答】A．CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdSCd2++S2-，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-)，在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)=S(溶解度)，结合图像可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项不符合题意；
B．CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项符合题意；
C．m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项不符合题意；
D．从图像中可以看出，随着温度的升高，溶解的离子浓度增大，则说明CdSCd2++S2-为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Ksp=c(Cd2+)·c(S2-)，在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)=S(溶解度)；
C.温度不变溶度积常数不变，加入硫化钠溶液中硫离子浓度增大，镉离子浓度减小；
D.饱和溶液中降低温度向沉淀方向进行，溶液中离子浓度减小，溶度积常数减小。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：A．HX酸为弱酸，不能完全电离，则25℃时，0.1 mol L﹣1HX溶液中pH＞1，故A错误；
B．Ksp只与温度有关，则Ksp（CaX2）随温度的变化而变化，与浓度无关，故B错误；
C．如生成CaX2沉淀，则c（Cl﹣）＞2c（Ca2+），如不生成沉淀，c（Cl﹣）=2c（Ca2+），故C错误；
D.1L 0.2mol/LHX溶液中加入1L 0.2mol/LCaCl2溶液，混合后c（X﹣）= 、c（Ca2+）=0.1mol/L，则Qc=c2（X﹣） c（Ca2+）=（3.6×10﹣5mol/L） 0.1 mol L﹣1=3.6×10﹣6＞Ksp，说明有沉淀产生，故D正确．
故选D．
【分析】A．HX酸为弱酸，溶液中不能完全电离；
B．Ksp只与温度有关；
C．如生成CaX2沉淀，则c（Cl﹣）＞2c（Ca2+）；
D．计算c（X﹣）、c（Ca2+），可确定是否生成沉淀．
14．【答案】D
【解析】【解答】解：A．因氢氧化镁溶度积比MgF2的小，所以向饱和MgF2溶液中加入饱和NaOH溶液后，如满足Qc＞Ksp，则有Mg（OH）2生成，故A错误；
B．氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，因氢氧化镁溶度积小，则氢氧化镁溶液中Mg2+浓度小，故B错误；
C．Ksp不随浓度变化，只与温度有关，所以Mg（OH）2固体在同体积同浓度的氨水和NH4Cl溶液中的Ksp相比较，二者相同，故C错误；
D.25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，NH4+结合OH﹣使氢氧化镁溶解平衡正向移动，c（Mg2+）增大，故D正确．
故选D．
【分析】氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中Mg2+浓度较小；氢氧化镁存在着微弱的电离，产生的氢氧根和氯化铵电离出来的铵根结合，产生一水合氨，使平衡正向移动，所以镁离子的浓度增加，Ksp只与温度有关，以此解答该题．
15．【答案】B
【解析】【解答】A．Ca5(PO4)3OH和Ca5(PO4)3F均为固体物质，化学平衡常数计算式中不代入无浓度物质数据，所以根据化平常数计算格式，不符题意；
B．沉淀自发的转化一般是由较难溶转化为更难溶，所以氟磷灰石Ksp应更小，符合题意；
C．根据题意，生成的氟磷灰石是最终起到抗龋齿的物质，不符题意；
D．根据沉淀溶解平衡表达式，羟基磷灰石溶解速率可用单位时间内OH-浓度变化量表示，即，氟磷灰石溶解速率可用单位时间内F-浓度变化量表示，即，而这两个速率值正好是题中反应的正反应速率和逆反应速率的表达值，化学平衡达到时，不同物质的互为逆向的反应速率之比等于两物质化学计量数之比，所以，不符题意；
故答案为：B。
【分析】A.平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比，固体不计入平衡常数表达式；
C.生成的氟磷灰石能够抵抗有机酸对牙齿的侵蚀；
D.速率之比等于相应的化学计量数之比。
16．【答案】B
【解析】【解答】A、轮船的外壳为Fe制品，Fe和C在海水中形成原电池，Fe作负极而腐蚀，外壳上镶入锌块，Zn比Fe活泼，Fe作正极被 保护而减缓腐蚀，A符合题意；
B、明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体，具有较大的表面积，可以吸附某些杂质，但没有漂白性，B不符合题意；
C、燃料电池是原电池，化学能主要转化为电能，普通燃料燃烧，化学能一部分转换为热能，一部分转换为光能，所以燃料电池 的能量转换效率远高于普通燃料燃烧的能量转换效率，C符合题意；
D、硫酸钙的溶解度大于碳酸钙的溶解度，所以向硫酸钙中加入碳酸钠溶液，硫酸钙转化为碳酸钙，碳酸钙再用酸除去，D符合题意。
正确答案为B。
【分析】A.金属的防护，牺牲阳极的阴极保护法；
B.明矾净水的原理，应用吸附性，无漂白性；
C.燃料电池直接将化学能转化为电能；
D.利用沉淀的转化，溶解度小的转化为溶解度更小的。
17．【答案】（1）5
（2）6
【解析】【解答】解：（1）如生成沉淀，应满足c（Cu2+）×c2（OH﹣）＞2×10﹣20，c（Cu2+）=0.02mol/L，则c（OH﹣）= mol/L=10﹣9mol/L，则c（H+）=10﹣5mol/L，pH=5，
故答案为：5；（2）使0.2mol L﹣1 CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一），则c（Cu2+）=2×10﹣4mol/L，则c（OH﹣）= mol/L=10﹣6mol/L，则c（H+）=10﹣6mol/L，pH=6，故答案为：6．
【分析】（1）如生成沉淀，应满足c（Cu2+）×c2（OH﹣）＞2×10﹣20，c（Cu2+）=0.02mol/L，可计算c（OH﹣），进而计算pH；（2）使0.2mol L﹣1 CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一），则c（Cu2+）=2×10﹣5mol/L，以此计算pH．
18．【答案】（1）
（2）>；<；一氧化碳或氢气的体积分数
（3）0.06；BCD；0.21
（4）；减少 的溶解损失
【解析】【解答】
【分析】(1)利用盖斯定律书写 和 不完全燃烧生成CO和 的热化学方程式；
(2) ①正反应气体物质的量减少，增大压强，平衡正向移动；升高温度，CO的平衡转化率减小，平衡逆向移动；
②由图可知，随温度(T)升高，X表示的物理量增大；
(3)
起始压强为 ，平衡时压强为 ，则 ，x=0.6mol；
(4)根据 计算钙离子浓度
19．【答案】（1）Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4
（2）3.2≤pH＜4.3；Fe（OH）3、CaSO4
（3）5.6
（4）Cr2O3+2Al Al2O3+2Cr
【解析】【解答】解：向泥料中加入稀硫酸，发生反应Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Cr2O3+3H2SO4=Cr2（SO4）3+3H2O，然后过滤得到滤渣I和滤液I，滤液I中溶质为Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4，向滤液中加入Ca（OH）2，并调节溶液pH，根据流程图中滤液II中含有Cr3+、Cu2+，不含Fe3+，说明滤渣II中含有Fe（OH）3，硫酸钙属于微溶物，所以沉淀II成分为Fe（OH）3、CaSO4，要使Cr3+、Cu2+不沉淀而Fe3+发生沉淀，根据离子生成沉淀需要pH值知，溶液的pH范围为3.2﹣4.3之间；向滤液中加入NaHSO3，亚硫酸氢钠具有还原性、铜离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和砖红色沉淀Cu2O，硫酸和亚硫酸氢根离子反应生成二氧化硫，离子方程式为2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+、HSO3﹣+H+=SO2↑+H2O，过滤得到Cu2O，向滤液中加入NaOH并调节溶液pH，发生反应Cr3++3OH﹣=Cr（OH）3↓，滤液IV中含有NaOH、Na2SO4，（1）通过以上分析知，滤液I中溶质成分为Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4，故答案为：Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4；（2）Fe3+完全沉淀需要的pH≥3.2，pH=4.3时Cr3+开始产生沉淀，要使铁离子完全沉淀而其它离子不沉淀，则pH范围为：3.2≤pH＜4.3，通过以上分析知，沉淀II成分为Fe（OH）3、CaSO4，
故答案为：3.2≤pH＜4.3； Fe（OH）3、CaSO4；（3）当离子浓度≤1×10﹣5mol L﹣1时，可以认为离子沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀，则c（Cr3+）≤1×10﹣5mol L﹣1，c（OH﹣）= = mol/L=4.0×10﹣9 mol/L，c（H+）= =2.5×10﹣6mol/L，则溶液的pH=﹣lg2.5×10﹣6=5.6，
故答案为：5.6；（4）Cr2O3和Al高温下发生铝热反应生成氧化铝和Cr，反应方程式为Cr2O3+2Al Al2O3+2Cr，故答案为：Cr2O3+2Al Al2O3+2Cr．
【分析】向泥料中加入稀硫酸，发生反应Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Cr2O3+3H2SO4=Cr2（SO4）3+3H2O，然后过滤得到滤渣I和滤液I，滤液I中溶质为Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4，向滤液中加入Ca（OH）2，并调节溶液pH，根据流程图中滤液II中含有Cr3+、Cu2+，不含 Fe3+，说明滤渣II中含有Fe（OH）3，硫酸钙属于微溶物，所以沉淀II成分为Fe（OH）3、CaSO4，要使Cr3+、Cu2+不沉淀而Fe3+发生沉淀，根据离子生成沉淀需要pH值知，溶液的pH范围为3.2﹣4.3之间；向滤液中加入NaHSO3，亚硫酸氢钠具有还原性、铜离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和砖红色沉淀Cu2O，硫酸和亚硫酸氢根离子反应生成二氧化硫，离子方程式为2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+、HSO3﹣+H+=SO2↑+H2O，过滤得到Cu2O，向滤液中加入NaOH并调节溶液pH，发生反应Cr3++3OH﹣=Cr（OH）3↓，滤液IV中含有NaOH、Na2SO4，据此分析解答．
20．【答案】（1）酸性；＜
（2）醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c（H+）减小
（3）CH3COOH；CH3COO﹣
（4）A
（5）出现白色沉淀；Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3；出现白色沉淀；AgSCN（s） Ag+（aq）+SCN﹣（aq），加入KI后，因为溶解度：AgI＜AgSCN，Ag+与I﹣反应生成AgI黄色沉淀：Ag++I﹣═AgI↓，AgSCN的溶解平衡正向移动
【解析】【解答】解：（1.）pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液显酸性，醋酸过量，溶液呈酸性，所以c（H+）＞C（OH﹣），根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以c（Na+）＜c（CH3COO﹣），
故答案为：酸性；＜；
（2.）25℃时，向0.1mol/L的醋酸溶液中加入少量的醋酸钠固体，当固体溶解后，测得溶液的pH增大，醋酸钠溶解导致溶液中醋酸根离子浓度，抑制醋酸电离，溶液中氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大；
故答案为：醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c（H+）减小；
（3.）由醋酸根的物料守恒可知，n（CH3COOH）+n（CH3COO﹣）=0.1mol，
故答案为：CH3COOH；CH3COO﹣；
（4.）A．未用标准液润洗碱式滴定管，导致浓度降低，消耗体积增大，测定结果偏高，故A正确；
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，导致数读小了，测定结果偏低，故B错误；
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，无影响，故C错误；
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有气泡，则所读取的消耗的标准液的体积偏小，则计算出的待测液的浓度偏低，故D错误；
故答案为：A；
（5.）①铁离子遇到硫氰化钾显示红色，发生的反应为：Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3，故答案为：Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3；②加入硝酸银，银离子会和硫氰酸根离子之间反应得到AgSCN白色沉淀，故答案为：出现白色沉淀；③AgSCN（s） Ag+（aq）+SCN﹣（aq），加入KI后，因为溶解度：AgI＜AgSCN，沉淀会向着更难溶的方向转化，即Ag+与I﹣反应生成AgI黄色沉淀：Ag++I﹣═AgI↓，AgSCN的溶解平衡正向移动，
故答案为：AgSCN（s） Ag+（aq）+SCN﹣（aq），加入KI后，因为溶解度：AgI＜AgSCN，Ag+与I﹣反应生成AgI黄色沉淀：Ag++I﹣═AgI↓，AgSCN的溶解平衡正向移动
【分析】（1）pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知分析；（2）25℃时，向0.1mol/L的醋酸溶液中加入少量的醋酸钠固体，当固体溶解后，测得溶液的pH增大，醋酸根离子增大抑制醋酸电离；（3）由醋酸根的物料守恒分析；（4）结合c酸V酸=c碱V碱及实验操作进行误差分析；（5）①铁离子遇到硫氰化钾因发生反应而显示红色；②银离子会和硫氰酸根离子之间反应得到AgSCN白色沉淀；③沉淀向着更难溶的方向转化．
21．【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；