3.3 沉淀溶解平衡 （含解析）课后练习 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 课后练习
一、单选题
1．工业上为了除去锅炉中的水垢，要向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡一段时间，下列叙述正确的是（　　）
A．若c(Na2CO3)=c[(NH4)2CO3]，则两溶液中c(CO )也相等
B．锅炉中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为CO (aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)
C．盐酸溶液中，Ksp(CaCO3)增大，Ksp(CaSO4)减小
D．向Na2CO3溶液中通入适量的CO2使溶液呈中性时，c(Na+)=c(CO )+c(HCO )
2．下列实验操作和现象能获得相应实验结论的是（　　）
A．A B．B C．C D．D
3．已知常温：Ksp(PbI2)=4×10-6，Ksp(PbS)=8×10-28。取适量黄色PbI2固体配制成100mL溶液，配制过程中溶液的离子浓度与时间的变化关系如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．A点处可表示PbI2的不饱和溶液
B．T时刻有可能向该PbI2溶液中加入了KI固体
C．常温下PbI2饱和溶液中的c(I-)=10-2mol/L
D．向A点处的PbI2溶液中加入100mL 2×10-3mol/L的Na2S溶液，平衡后溶液中的c(Pb2+)<4×10-3mol/L
4．常温时，若Ca(OH)2和CaWO4 (钨酸钙)的沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知)。下列分析正确的是（　　）
A．由图可知常温下
B．室温下饱和Ca(OH)2溶液中加入少量CaO，溶液变浑浊，恢复至室温，Ca(OH)2的Ksp不变，钙离子浓度不变
C．饱和 Ca(OH)2溶液和饱和CaWO4溶液等体积混合：
D．d点的CaWO4溶液中，加入CaCl2固体，d点溶液组成沿da线c点移动(假设混合后溶液体积不变)
5．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
6．下列实验操作能达到实验目的的是（　　）
选项 实验目的 实验操作
A 探究化学反应是否可逆 向
溶液中滴加1~2滴
的
溶液，充分反应后，滴入1~2滴
的
溶液，生成黄色沉淀
B 探究浓度对盐类水解平衡的影响 向滴有酚酞的碳酸钠溶液中滴加氯化钡溶液，观察现象
C 比较AgI和AgCl溶度积大小 向
的硝酸银溶液中先滴加2~3滴浓度为
的NaCl溶液，再滴加2~3滴相同浓度的NaI溶液，观察生成沉淀的颜色
D 比较HClO和
酸性强弱 用pH试纸测定NaClO溶液和 溶液的pH
A．A B．B C．C D．D
7．在分析化学中，NH3或其水溶液是一种常用的沉淀剂，用于物质的分离和提纯．已知：NH3 H2O的电离常数K=1.8×10﹣5，Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10﹣11．向体积为1.0L、浓度为2.0×10﹣4 mol L﹣1的MgCl2溶液中通入NH3，若不考虑溶液体积变化，当反应开始有白色沉淀出现时，通入NH3的体积（标准状况）为（　　）
A．112mL B．224mL C．118.72 mL D．201.6 mL
8．常温下，Ksp（CaSO4）=9×10﹣6，CaSO4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．CaSO4在稀硫酸中的溶解性比在纯水中的溶解性强
B．a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
C．d点溶液通过蒸发可以变到c点
D．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c（SO42﹣）一定等于3×10﹣3mol/L
9．下列有关AgCl的沉淀溶解平衡的说法正确的是（　　）
A．AgCl沉淀生成和溶解同时在不断进行，且速率相等
B．AgCl难溶于水，则溶液中没有Ag+和Cl﹣
C．只要向含有AgCl的饱和溶液中加入盐酸，一定会有沉淀生成
D．向含有AgCl的悬浊液中加入NaBr固体，AgCl沉淀不变化
10．已知：、，将含有固体的水垢浸泡在适量的饱和溶液中，下列说法正确的是（　　）
A．固体逐渐溶解，最后消失
B．浸泡后的固体加盐酸，有无色无味气体产生
C．浸泡后固体质量不变
D．浸泡后固体质量增加
11．下列有关说法中错误的是（　　）
A．某温度时的混合溶液中 ，说明该溶液呈中性 为该温度时水的离子积常数
B．常温下，由水电离出的 的溶液的pH可能为2或12
C．已知 ， ，向含有 、 且浓度均为0.010mol·L的溶液中逐滴加入0.010mol·L的 溶液时， 先产生沉淀
D．常温下 的 和 混合溶液中，
12．已知某溶液中含有Cl-， Br-和CrO42-，浓度均为0.010mo1·L-，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为(Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(AgBr)=7.7×10-13，Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12)（　　）
A．Cl-、Br-、CrO42- B．CrO42-、Br-、Cl-
C．Br-、Cl-、CrO42- D．Br-、CrO42-、Cl-
13．下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）
选项 实验操作 现象 结论
A 等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体 HX放出的氢气多且反应速率快 酸的强弱：HX＜HY
B 向2 mL 0.1 mol/L Na2S溶液中滴2滴0.1 mol/L ZnSO4溶液；再滴2滴0.1 mol/L CuSO4 先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀 溶度积(Ksp)：ZnS>CuS
C 向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体 溶液颜色变浅 FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3 +3KCl平衡向逆反应方向移动
D 常温下，用pH计分别测定饱和NaA溶液和饱和NaB溶液的pH pH：NaA＞NaB 常温下酸性：HA﹤HB
A．A B．B C．C D．D
14．已知298K时下列物质的溶度积(单位略)
下列说法正确的是（　　）
A．等体积，浓度均为0.02 mol·L－1的CH3COONa和AgNO3溶液混合能产生沉淀
B．离子浓度均为0.01 mol·L－1的CrO42－和Cl－混合溶液中慢慢滴入AgNO3溶液时，CrO42－先沉淀
C．在CH3COOAg悬浊液中加入盐酸发生反应的离子方程式为：CH3COOAg＋H＋＋Cl－＝CH3COOH＋AgCl↓
D．298K时，上述四种饱和溶液的物质的量浓度：c(CH3COOAg)＞c(AgCl)＞c(Ag2CrO4)＞c(Ag2S)
15．通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的含量，实验步骤如下：
Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入足量的NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；
Ⅱ.向锥形瓶中加入0.1000mol·L-1的AgNO3溶液50.00mL，使Cl-完全沉淀；
Ⅲ.向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；
Ⅳ.加入指示剂，用cmol·mol-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。
已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12。
下列说法正确的是（　　）
A．滴定选用的指示剂为甲基橙
B．本次实验测得Cl元素的质量分数为 %
C．硝基苯的作用为防止沉淀被氧化
D．若取消步骤Ⅲ，测定结果偏大
16．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 验证NaCl、Na2SO4、NaOH混合溶液中的Cl- 取混合溶液于试管中，加入过量的Ba（NO3）2溶液充分反应，静置，向上清液中滴加AgNO3溶液 若上清液变浑浊。则混合溶液中含有Cl-
B 证明氧化性：Cl2>Fe3+> 向2支盛有FeCl2溶液的试管中分别加入氯水。向其中一支滴加KSCN溶液，向另一支依次滴加H2SO3溶液相BaCl2溶液 第一支试管中溶液变成血红色， 第二支试管中产生白色沉淀，则证明氧化性：Cl2>Fe3+>
C 证明CH4和Cl2光照下发生取代反应 将装有干燥Cl2的集气瓶倒扣在装有干燥CH4的集气瓶上，抽出玻璃片，置于光照条件下反应 观察到集气瓶内出现白雾，则证明CH4与Cl2发生了取代反应
D 探究AgCl和AgI的溶解度的大小 向2支盛有2mL相同浓度硝酸银溶液的试管中分别加入相同滴数同浓度的NaCl和NaI溶液 若一支试管中无明显现象，另一支试管中产生黄色沉淀，则AgCl溶解度大于AgI
A．A B．B C．C D．D
二、综合题
17．锌钡白(又称立德粉)广泛用作白色颜料。以含锌废料(主要成分是ZnO，含少量Fe3O4、CuO、SiO2等)为原料生产锌钡白(ZnS BaSO4)的工艺如下：
已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp(ZnS)=3.0×10-25，Ksp(CuS)=6.0×10-36；
②BaS微溶于水，溶于水缓慢反应生成Ba(OH)2和H2S。
回答下列问题：
（1）“固体2”的主要成分是　 　(填化学式)；提高“酸浸"速率的措施主要有　 　(答一条)。
（2）“氧化”的离子方程式为　 　。
（3）“除铁”后c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1时，滤液的pH=　 　
（4）“除铜”中ZnS(s)+Cu2+(aq) CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数K=　 　
（5）制备锌钡白的化学方程式为　 　，通过检验SO判断立德粉是否洗净，其操作方法是　 　。
（6）已知该废料中含ZnO的质量分数为8.1%，100t这种废料最终可制备23.4t立德粉，其中0.3t为除杂试剂转化所得，则由该废料制得的立德粉的产率为　 　。
18．钌( )为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收钌的研究很有意义。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离提纯钌的工艺，其流程如下：
（1）加碱浸取时，为提高钌的浸出率可采取的措施有　 　(任写两点)。
（2）操作X的名称为　 　。
（3）“研磨预处理”是将研磨后的含钌废料在氢气还原炉中还原为单质钌，再进行“碱浸”获得 ，写出“碱浸”时生成 的离子方程式：　 　。
（4）“滤渣”的主要成分为 ，加入草酸的作用是　 　，金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是　 　。
在酸性介质中，若使用 溶液代替草酸，可获得 ，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为　 　。
（5）“一系列操作”为　 　，写出在“还原炉”中还原制得钌的化学方程式：　 　。
19．钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。
回答下列问题：
（1）为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为　 　；滤渣I的主要成分是　 　(填化学式)。
（2）“氧化”时加入足量H2O2的目的是　 　；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001mol L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为　 　(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+，该反应的平衡常数K=　 　(用含a、b、c的代数式表示)。
（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·mol-1。
250℃时固体的主要成分是　 　(填化学式)；550～850℃时反应的化学方程式为　 　。
20．利用菱镁矿(含杂质、)制取镁的工艺流程如图：
已知：a.呈絮状，不易从溶液中除去。
b.常温下金属阳离子形成氢氧化物开始沉淀至完全沉淀的见下表：
阳离子
开始沉淀 2.7 7.6 9.6
完全沉淀 3.7 9.6 11.1
（1）“酸浸”时，提高菱镁矿利用率可采取的措施是　 　(任写一条)。
（2）“氧化”过程中试剂最佳选择为（　　）
A．氯气 B．溶液 C． D．
（3）氧化过程的离子方程式为　 　，氧化过程中需要控制温度不宜过高，原因是　 　。
（4）“调值”控制的范围是　 　。
（5）沉淀混合物的成分是　 　(填化学式)
（6）将溶液置于某容器中，经过　 　、　 　(操作②名称)，过滤，洗涤烘干，制得晶体备用。
（7）常用电解法制备、单质，写出工业制铝的化学反应方程式　 　。
21．电解质的水溶液中存在电离平衡。
（1）醋酸是常见的弱酸。
① 醋酸在水溶液中的电离方程式为　 　。
② 下列方法中，可以使醋酸稀溶液中 CH3COOH 电离程度增大的是　 　(填字母序
号)。
a．滴加少量浓盐酸 b．微热溶液
c．加水稀释 d．加入少量醋酸钠晶体
（2）Ⅰ.两种酸均能与氢氧化钠反应生成盐，其中醋酸与氢氧化钠反应能生成醋酸钠。实验室现有醋酸钠固体，取少量溶于水，溶液呈　 　(选填“酸性”、“中性”或“碱性”)，其原因是(用离子方程式表示)　 　。
Ⅱ.用 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液 pH 随加入
NaOH 溶液体积而变化的两条滴定曲线。
①滴定醋酸的曲线是　 　(填“I”或“II”)。
② 滴定开始前，三种溶液中由水电离出的 c(H+)最大的是　 　。
③ V1 和 V2 的关系：V1　 　V2(填“>”、“=”或“<”)。
④ M 点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是　 　。
（3）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下实验。 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
2 mL 0.005 mol·L-1 AgNO3 溶液中加入
2 mL 0.005 mol·L-1 KSCN 溶液，静置。 出现白色沉淀。
步骤 2：取
1 mL 上层清液于试管中，滴加 1 滴
2 mol·L-1Fe(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
3 mol·L-1 AgNO3溶液。 现象
a ，溶液红色变浅。
步骤 4：向步骤
1 余下的浊液中加入 5 滴
3 mol·L-1 KI 溶液。 白色沉淀转化成黄色沉淀。
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　 　。
（4）某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下：
过程 I 的主要反应：AgCl＋2 ＋Cl-
过程 II 的离子反应：4 ＋6OH- ＋HCHO＝4Ag+＋8 ＋4H2O＋
Ⅲ中回收液可直接循环使用，但循环多次后，I 中的银的浸出率会降低。从回收液离子浓度变化和反应限度的角度分析原因：　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，而(NH4)2CO3为弱碱弱酸盐，则铵根离子与碳酸根离子相互促进水解，若c(Na2CO3)=c[(NH4)2CO3]，则两溶液中c(CO )不相等，A叙述不符合题意；
B．相同温度时，Ksp(CaSO4)大于Ksp(CaCO3)，则锅炉中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为CO (aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)，B叙述符合题意；
C．Ksp(CaSO4)、Ksp(CaCO3)只与温度有关，则盐酸溶液中，Ksp(CaCO3)、Ksp(CaSO4)不变，C叙述不符合题意；
D．向Na2CO3溶液中通入适量的CO2使溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据溶液呈电中性，则c(Na+)+c(H+)=2c(CO )+c(HCO )+c(OH-)，故c(Na+)=2c(CO )+c(HCO )，D叙述不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.铵根离子水解显酸性，而碳酸根离子水解显碱性，相互促进，因此碳酸铵中碳酸根离子浓度小
B.碳酸钙比硫酸钙更难溶
C.溶度积与温度有关，与其他条件无关，只要温度不变，溶度积不变
D.根据电荷守恒和中性即可判断
2．【答案】D
【解析】【解答】A. 将1mL、0.1mol/L的NaCl溶液滴入到2mL、0.1mol/LAgNO3溶液中，AgNO3过量，将反应后的溶液加入到1mL、0.1mol/L的KI溶液中，一定有AgI黄色沉淀生成，所以不能判断AgI和AgCl溶解度的大小，故A不符合题意；
B. 因Zn足量，则生成氢气的多少只与溶液中氢离子的物质的量有关，与反应速率无关，故B不符合题意；
C. 因反应生成的气体中含有挥发出的乙醇杂质，乙醇也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能证明反应生成的气体中是否含有乙烯，故C不符合题意；
D. 将碳酸钠溶液分别滴入到醋酸和硼酸溶液中，醋酸溶液中产生气泡，说明反应生成了CO2，则醋酸的酸性强于碳酸，硼酸溶液中无明显现象，说明硼酸与碳酸钠未反应，则碳酸的酸性强于硼酸，所以酸性：醋酸＞硼酸，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】该题考察沉淀溶解平衡、浓硫酸与稀硫酸的性质、消去反应和水解反应、强酸制弱酸
A.有题意硝酸银过量，加入碘化钾一定会有黄色的碘化银生成
B.生成氢气的量与溶液中氢离子浓度有关而与浓度无关，浓度会影响化学反应速率
C.卤代烃消去反应后生成烯烃，但醇同样会挥发，且也能使高锰酸钾褪色
D.强酸制弱酸，醋酸能制二氧化碳则醋酸酸性＞碳酸，碳酸钠滴入硼酸中无现象则说明碳酸酸性＞硼酸
3．【答案】B
【解析】【解答】A.A点c(I-)不再改变，所以可表示PbI2的饱和溶液，故A不符合题意；
B.T时刻c(Pb2+)逐渐减小、c(I-)先增大后减小，所以有可能向该PbI2溶液中加入了KI 固体，故B符合题意；
C.常温下PbI2饱和溶液中的c(I-)= ，故C不符合题意；
D.向A点处的PbI2溶液中加入100mL 2×10-3mol/L的Na2S溶液，S2-完全反应生成PbS沉淀，剩余c(Pb2+)=4×10-3mol/L，PbS沉淀有少量溶解，所以平衡后溶液中的c(Pb2+)>4×10-3mol/L，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据图像分析；
B、根据图像上浓度变化趋势分析；
C、根据溶度积常数计算；
D、淀转化的实质：就是沉淀溶解平衡的移动.一般说来.溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀.
4．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，溶液中钙离子浓度为时，溶液中氢氧根离子浓度和钨酸根离子浓度分别为、，氢氧化钙和钨酸钙的溶度积分别为、，则，故A不符合题意；
B．室温下，饱和氢氧化钙溶液中加入少量氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，会有氢氧化钙析出使溶液变浑浊，当恢复至室温时，氢氧化钙溶度积不变，溶液中氢氧化钙的浓度不变，钙离子浓度不变，故B符合题意；
C．由氢氧化钙的溶度积可知，饱和溶液中钙离子的浓度为、氢氧根离子浓度为，则饱和氢氧化钙溶液和饱和钨酸钙溶液等体积混合后，溶液中钙离子浓度大于氢离子浓度，故C不符合题意；
D．由图可知，d点溶液为钨酸钙的不饱和溶液，溶液中钙离子浓度增大，钨酸根离子浓度不变，d点溶液组成沿水平线向右移动(假设混合后溶液体积不变)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.分别计算、，再进行比较；
C.结合、计算离子浓度，再进行比较；
D.d点的CaWO4溶液为未饱和溶液，加入CaCl2体，溶液中钙离子浓度增大，-lgc(Ca2+)减小， 不变。
5．【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；
6．【答案】B
【解析】【解答】A．由题意可知，碘化钾溶液与硫酸铁溶液反应时，碘化钾溶液过量，无论反应是否为可逆反应，溶液中均存在碘离子，则选择加入硝酸银溶液检验溶液中是否存在碘离子不能探究该反应为可逆反应，应选择硫氰化钾溶液中是否存在铁离子探究，故A不符合题意；
B．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，能使酚酞试液变红色，向溶液中加入氯化钡溶液，溶液中碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，水解平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液红色变浅或消失能探究浓度对盐类水解平衡的影响，故B符合题意；
C．由题意可知，硝酸银溶液与氯化钠溶液反应生成氯化银白色沉淀时，硝酸银溶液过量，氯化钠溶液反应后再滴加碘化钠溶液，碘化钠溶液与过量的硝酸银溶液反应生成碘化银黄色沉淀，滴加碘化钠溶液的过程中发生沉淀的生成，没有发生沉淀的转化，则观察生成沉淀的颜色无法比较氯化银和碘化银溶度积大小，故C不符合题意；
D．次氯酸钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，用pH试纸无法测定次氯酸钠溶液的pH，则无法利用盐的水解程度比较次氯酸和醋酸的酸性强弱，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.判断此反应是否可逆可以根据判断是否含有铁离子
B.根据水解产生氢氧根判断颜色变化
C.比较溶度积大小可以加入少量的硝酸银
D.比较酸性强弱可以比较同浓度盐溶液的pH
7．【答案】C
【解析】【解答】解：向体积为1.0L、浓度为2.0×10﹣4 mol L﹣1的MgCl2溶液中通入NH3，开始有白色沉淀出现时，c（OH﹣）= mol/L=3×10﹣4mol/L，
结合氨水的电离平衡常数= = =1.8×10﹣5，所以c（NH3．H2O）=5×10﹣3mol/L，
未电离前c（NH3．H2O）=5×10﹣3mol/L+3×10﹣4mol/L=5.3×10﹣3mol/L，
n（NH3）=5.3×10﹣3mol，
通入氨气的体积=5.3×10﹣3mol/L×22.4L/mol=0.11872L=118.72mL，
故选：C．
【分析】根据Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10﹣11计算开始有白色沉淀出现时，c（OH﹣），再根据氨水的电离平衡常数计算c（NH3．H2O），最后计算未电离前c（NH3．H2O），据此分析计算．
8．【答案】B
【解析】【解答】解：A．稀硫酸使溶解平衡逆向移动，则CaSO4在稀硫酸中的溶解性比在纯水中的溶解性弱，故A错误；
B．曲线上的点为平衡点，且温度不变，则a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp，故B正确；
C．蒸发时离子浓度增大，则d点溶液不能通过蒸发可以变到c点，因d、c点硫酸根离子浓度相同，故C错误；
D．b转化为a或转化为c，均有沉淀生成，则平衡后溶液中c（SO42﹣）可能等于3×10﹣3mol/L、5×10﹣3mol/L、4×10﹣3mol/L，故D错误；
故选B．
【分析】A．稀硫酸使溶解平衡逆向移动；
B．曲线上的点为平衡点；
C．蒸发时离子浓度增大；
D．b转化为a或转化为c，均有沉淀生成．
9．【答案】A
【解析】【解答】解：A．达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，是动态平衡，速率相等且不为零，故A正确；
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﹣，故A错误；
C．向AgCl溶液中加入盐酸，若能导致氯离子浓度增大，沉淀溶解平衡逆向进行，会析出AgCl固体，若盐酸浓度很小，导致氯离子浓度减小，就不会生成沉淀，故C错误；
D．沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色AgCl沉淀转化为淡黄色的AgBr沉淀，故D错误；
故选A．
【分析】A．AgCl的溶解平衡为动态平衡，生成和溶解速率相等；
B．氯化银在溶液中才溶解平衡，则溶液中一定含有银离子和氯离子；
C．依据溶液中存在沉淀溶解平衡，加入氯离子影响平衡的移动分析；
D．沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生．
10．【答案】B
【解析】【解答】A． 固体部分转化为更难溶于水的碳酸钙，故A不符合题意；
B． 浸泡后的固体中有碳酸钙，加盐酸生成二氧化碳气体，有无色无味气体产生，故B符合题意；
C． 浸泡后固体部分转化为更难溶于水的碳酸钙，质量减小，故C不符合题意；
D． 浸泡后固体质量减小，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析解答。
11．【答案】C
【解析】【解答】A.某温度时的混合溶液中 ，而 ，说明 ，则溶液一定为中性，故A不符合题意；
B.常温时， ，由水电离出的 ，说明水的电离受到抑制，则该溶液可能是酸，也可能是碱，如果为酸溶液，则 ，如果为碱溶液，则 ，故B不符合题意；
C.已知 ， ，则析出沉淀时，AgCl溶液中 ， 溶液中 ，所以 先产生沉淀，故C符合题意；
D.常温下 的 和 混合溶液呈中性，则 ，结合电荷守恒可知： ，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查水的电离，弱电解质的电离，难溶电解质的溶解平衡，注意结合溶液的溶质成分以及溶液中离子平衡问题进行分析解答。
12．【答案】C
【解析】【解答】析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)= = =1.56×10-8mol/L；AgBr溶液中c(Ag+)= = =7.7×10-11mol/L；Ag2CrO4溶液中c(Ag+)= = =3×10-5mol/L，c(Ag+)越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO42-，
故答案为：C。
【分析】本题考查溶度积的计算，为高频考点，把握Ksp与离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意同类型的难溶电解质的Ksp越小越易转化为沉淀。
13．【答案】A
【解析】【解答】A. 等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知其浓度大，则HX的酸性比HY的酸性弱，A符合题意；
B. 因Na2S溶液过量，所以加入ZnSO4溶液和CuSO4溶液时发生的均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化，不能比较二者溶度积的大小，B不符合题意；
C.该可逆反应中实质上KCl不参加反应，所以加入少量KCl固体，对平衡移动无影响，则溶液颜色不变，C不符合题意；
D. 要比较两种酸的酸性强弱，则两种盐溶液的浓度必须相同，这两种盐溶液都是饱和溶液，但两种盐溶液的浓度不一定相同，所以不能比较HA和HB的酸性强弱，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.放出氢气越多，则溶液中所含溶质越多，等pH值时，酸性越弱；
B.实验过程中未发生沉淀转化的反应，不能比较二者Ksp的大小；
C.KCl对平衡移动不影响；
D.等浓度的盐溶液的pH越大，其水解程度越大， 酸性越弱；
14．【答案】C
【解析】【解答】A.溶液中c(CH3COO-)×c(Ag+)=0.01×0.01=10-4>Ksp(CH3COOAg)，因此两溶液混合可产生沉淀，选项正确，A不符合题意；
B.使溶液中的CrO42-形成沉淀所需Ag+的浓度，使溶液中的Cl-形成沉淀所需Ag+的浓度，因此Ag+先形成沉淀，B不符合题意；
C.由于Ksp(AgCl)D.根据溶度积常数计算，可得四种难溶电解质饱和溶液的溶解度、、
、
，因此物质的量浓度为c(CH3COOAg)>c(Ag2CrO4)>c(AgCl)>c(Ag2S)，选项正确，D符合题意；
故答案为：
【分析】A.根据溶液中c(CH3COO－)和c(Ag＋)浓度积进行分析；
B.根据离子形成沉淀时所需c(Ag+)的大小确定沉淀顺序；
C.根据沉淀的转化分析；
D.根据溶度积进行计算；
15．【答案】B
【解析】【解答】A．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ滴定过程溶液始终显酸性，无法用甲基橙作指示剂，A不符合题意；
B．Ag+总物质的量为0.1000mol·L-1×50.00mL=5.0×10-3mol，NH4SCN的物质的量为cmol·mol-1×VmL=cV×10-3mol，设三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的物质的量为x，结合关系式POCl3~3Cl-~3AgNO3~3Ag+、Ag+~NH4SCN可知有x+cV×10-3=5.0×10-3mol，解得x=(5.0-cV)×10-3mol，因此三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的质量为(5.0-cV)×10-3mol×35.5g/mol=3.55(5.0-cV)×10-2g，因此Cl元素的质量分数为 %，B符合题意；
C．由可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)=2×10-12，硝基苯的作用为防止AgCl转化为AgSCN，C不符合题意；
D．取消步骤Ⅲ，则AgCl转化为AgSCN，所需NH4SCN体积V偏大，由Cl%= %，可知Cl%偏小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】分析实验步骤可知氯离子、SCN-分别和银离子反应，有关系式POCl3~3Cl-~3AgNO3~3Ag+、Ag+~NH4SCN。
16．【答案】D
【解析】【解答】A.加入过量的Ba(NO3)2溶液，可除去SO42－，但不能除去OH－，OH－也能与Ag＋反应产生沉淀，使得溶液变浑浊，因此不能证明是否含有Cl－，A不符合题意；
B.加入氯水后，再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明氧化性Cl2>Fe3＋；另一只试管中加入Na2SO3和BaCl2溶液，若氯水过量，则氯水能将SO32－氧化成SO42－，也能产生白色沉淀，无法证明氧化性Fe3＋>SO42－，B不符合题意；
C.白雾是由小液滴悬浮于空气中形成的，实验过程中产生的白雾有可能是有机液体形成的，无法证明是否有HCl产生，因此不能证明发生取代反应，C不符合题意；
D.向相同浓度的AgNO3溶液中滴入等体积、等浓度的的NaCl、NaI溶液，先产生的沉淀，其溶解度较小，因此产生黄色沉淀，说明AgCl溶解度大于AgI，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、OH－也能与Ag＋反应形成沉淀；
B、若氯水过量，也能将SO32－氧化成SO42－；
C、产生的白雾可能是有机液体产生的；
D、溶解度越小，越先形成沉淀；
17．【答案】（1）Fe(OH)3；粉碎含锌废料或升高温度或增大硫酸浓度或搅拌
（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（3）3
（4）5.0×1010
（5）ZnSO4+BaS= ZnS BaSO4；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明立德粉洗涤干净，若有白色沉淀生成，说明立德粉未洗涤干净
（6）70
【解析】【解答】（1）由分析可知，固体2的主要成分为氢氧化铁；粉碎含锌废料、升高温度、增大硫酸浓度、搅拌等措施能提高“酸浸"速率，故答案为：Fe(OH)3；粉碎含锌废料或升高温度或增大硫酸浓度或搅拌；
（2）由分析可知，“氧化”时发生的反应为酸性条件下，硫酸亚铁溶液与过氧化氢溶液反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）由氢氧化铁的溶度积可知，“除铁”后c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1时，滤液中氢氧根离子浓度为cOH—)= ==1.0×10-11mol/L，则溶液的pH为3，故答案为：3；
（4）由方程式可知，反应的平衡常数K====5.0×1010，故答案为：5.0×1010；
（5）由分析可知，硫化钡与硫酸锌溶液反应生成锌钡白，反应的化学方程式为ZnSO4+BaS= ZnS BaSO4；检验立德粉是否洗涤干净的操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明立德粉洗涤干净，若有白色沉淀生成，说明立德粉未洗涤干净，故答案为：ZnSO4+BaS= ZnS BaSO4；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明立德粉洗涤干净，若有白色沉淀生成，说明立德粉未洗涤干净；
（6）由题意可知，废料中锌元素的物质的量为=105mol，氧化锌制得立德粉中锌元素的物质的量为=7×104mol，则由该废料制得的立德粉的产率为×100%=70%，故答案为：70%。
【分析】（1）根据工艺流程中组分的性质分析；依据影响反应速率的因素分析；
（2）酸性条件下，硫酸亚铁溶液与过氧化氢溶液反应生成硫酸铁和水；
（3）依据溶度积常数计算；
（4）依据溶度积常数，利用变形法计算平衡常数；
（5）硫化钡与硫酸锌溶液反应生成锌钡白；检验最后一次洗涤液中硫酸根离子判断；
（6）依据原子守恒计算。
18．【答案】（1）延长浸取时间，适当提高温度
（2）过滤
（3）
（4）作还原剂；；1：3
（5）洗涤、干燥；
【解析】【解答】(1)为了提高钌的浸出率，可采取的措施：适当升高温度，增大碱的浓度，延长浸取时间，搅拌等；
(2)根据操作X后分离的物质浸出渣和浸出液进行判断，操作X为过滤；
(3)金属钌在碱浸时被 溶液氧化为 对应的还原产物为 ，反应的离子方程式为 ；
(4)通过分析题意可知，在加入盐酸调节 的同时，再加入草酸的目的是还原 ，根据已知图像中钌的回收率的变化判断，回收率较高时，外界条件变化对回收率影响不大的条件：x=1：5，T=70℃，NaClO3与 根据化合价的升降，氯元素化合价有+5价降低到-1价，Ru化合价由+2价升高到+4价，根据化合价守恒得出关系式：n(NaClO3)：n( )=1：3；
(5)滤渣经过洗涤后干燥，再经过氢气还原可得高纯钌，方程式为： 。
【分析】（1）可以增加浸出率的方法是提高温度或者增大接触面积
（2）固液分离利用的方法是过滤
（3）根据反应物和生成物即可写出离子方程式
（4）根据元素化合价即可判断，根据给出的图示即可找出合适的条件，根据方程式即可判断出氧化剂和还原剂的物质的量之比
（5）的都滤渣后表面有杂质需要进行清理。因此是洗涤干燥，根据反应物和生成物即可写出方程式
19．【答案】（1）将“赤泥”粉碎；SiO2、TiO2
（2）将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；99%
（3）
（4）Sc2(C2O4)3·H2O；2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2
【解析】【解答】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11mol/L，此时三价铁的浓度= ，则Fe3+的去除率= ；
（3）已知25℃时，Kh1(C2O )=a，Kh2(C2O )=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K= ；
（4）设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g×80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g×76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g×29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2。
【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（2）H2O2有氧化性；利用Ksp计算 ；
（3）利用Kh计算K ；
（4）利用热重法计算分析。
20．【答案】（1）将菱镁矿粉碎或增大盐酸浓度
（2）D
（3）；防止双氧水受热分解
（4）
（5）、
（6）蒸发浓缩；冷却结晶
（7）
【解析】【解答】利用菱镁矿(含杂质、)，加入过量盐酸溶解，加入H2O2将二价铁氧化为三价铁，再加MgO调节pH得到氢氧化铁沉淀，过滤分离后，沉淀混合物的成分是、，得到氯化镁溶液，蒸发浓缩、冷却结晶(操作②)，过滤，洗涤烘干，制得晶体，在HCl气流中加热蒸干得到氯化镁，电解制取镁和氯气。
(1)“酸浸”时，提高菱镁矿利用率可采取的措施是将菱镁矿粉碎或增大盐酸浓度(任写一条)。故答案为：将菱镁矿粉碎或增大盐酸浓度；
(2)“氧化”过程中试剂最佳选择为A. 氯气会引入杂质氯离子，故A不选；B. 溶液，引入锰离子等杂质，故B不选； C. 引入硝酸根离子，故C不选；D. 反应后生成水，故D选；故答案为：D；
(3)氧化过程的离子方程式为，氧化过程中需要控制温度不宜过高，原因是防止双氧水受热分解。故答案为：；防止双氧水受热分解；
(4)为使铁离子沉淀完全而镁离子不沉淀，“调值”控制的范围是。故答案为：；
(5)沉淀混合物的成分是、(填化学式)故答案为：、；
(6)将溶液置于某容器中，经过蒸发浓缩、冷却结晶(操作②名称)，过滤，洗涤烘干，制得晶体备用。故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
(7)常用电解法制备、单质，工业常用电解熔融氧化铝制铝，化学反应方程式。故答案为：。
【分析】书写离子方程式注意电荷守恒和配平，同时要考虑阳离子开始沉淀的先后顺序，以此来控制pH范围。
21．【答案】（1）CH3COOH CH3COO-+H+；bc
（2）碱性；CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-；I；0.1mol/L的醋酸；＜；c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
（3）Fe3++3SCN- Fe(SCN)3；出现白色沉淀；AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)，加入KI 溶液，因溶解度：AgSCN > AgI， Ag+和I-反应生成AgI沉淀，c(Ag+)减小，AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)溶解平衡正向移动
（4）随着循环次数的增加，浸出液中 的浓度减小、Cl-浓度增大，使AgCl＋2 ＋Cl-的限度减小
【解析】【解答】(1)① 醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离为醋酸根离子和氢离子，醋酸的电离方程式是CH3COOH CH3COO-+H+；②a．滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，CH3COOH CH3COO-+H+平衡逆向移动，CH3COOH 电离程度减小，故不选a；
b．电离吸热，微热溶液，CH3COOH CH3COO-+H+平衡正向移动，CH3COOH 电离程度增大，
故答案为：b；
c．加水稀释，CH3COOH CH3COO-+H+平衡正向移动，CH3COOH 电离程度增大，
故答案为：c；
d．加入少量醋酸钠晶体，CH3COO-浓度增大，CH3COOH CH3COO-+H+平衡逆向移动，CH3COOH 电离程度减小，故不选d；
选bc；(2)Ⅰ．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，溶液呈碱性；Ⅱ. ①盐酸是强酸，0.1 mol·L-1的盐酸溶液pH=1，醋酸是弱酸，0.1 mol·L-1的醋酸溶液pH＞1，所以滴定醋酸的曲线是I；② 酸电离出的氢离子、碱电离出的氢氧根离子抑制水电离；0.1 mol·L-1 NaOH 溶液中氢氧根离子浓度等于 0.1 mol·L-1 的盐酸溶液中氢离子浓度，醋酸是弱酸，0.1 mol·L-1 CH3COOH中氢离子浓度小于0.1mol/L，溶液滴定开始前，三种溶液中由水电离出的 c(H+)最大的是醋酸；③0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，恰好反应消耗氢氧化钠溶液的体积都是20mL，此时氯化钠溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，若使pH都等于7，醋酸消耗氢氧化钠溶液的体积小于20mL，所以V1 ＜V2；④ M 点对应的溶液中，溶质是等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，说明醋酸的电离大于醋酸钠的水解，离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+-)＞c(H+-)＞c(OH-)；(3) ①步骤 2 中Fe3+遇KSCN溶液变红色，反应的离子方程式是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；②向步骤 2 的溶液中，继续加入 5 滴 3 mol·L-1 AgNO3溶液，发生反应Ag++SCN- AgSCN↓，现象a是有白色沉淀产生；
③AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)，加入KI 溶液，因溶解度：AgSCN > AgI， Ag+和I-反应生成AgI沉淀，c(Ag+)减小，AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)溶解平衡正向移动，白色沉淀转化成黄色沉淀；(4) Ⅲ中回收液可直接循环使用，但循环多次后， 的浓度减小、Cl-浓度增大，使AgCl＋2 ＋Cl-的限度减小，I 中的银的浸出率会降低。
【分析】(1)① 醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离为醋酸根离子和氢离子；② 根据影响弱电解质电离的因素分析；(2)Ⅰ．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解；Ⅱ. ①盐酸是强酸，0.1 mol·L-1的盐酸溶液pH=1，醋酸是弱酸，0.1 mol·L-1的醋酸溶液pH＞1；② 酸电离出的氢离子、碱电离出的氢氧根离子抑制水电离； ③0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，恰好反应消耗氢氧化钠溶液的体积都是20mL，此时氯化钠溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性；④ M 点对应的溶液中，溶质是等浓度的醋酸钠和醋酸；(3) ①步骤 2 中Fe3+遇KSCN溶液变红色；②向步骤 2 的溶液中，继续加入 5 滴 3 mol·L-1 AgNO3溶液，发生反应Ag++SCN- AgSCN↓；③溶解度AgSCN > AgI，一种沉淀易转化为比它更难溶的沉淀；(4)循环多次后，溶液中 的浓度减小、Cl-浓度增大；