3.3 沉淀溶解平衡 课时训练 （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 课时训练
一、单选题
1．已知：常温下， 。某温度下，饱和溶液中 ]与 、 的关系如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．曲线Ⅱ代表 的沉淀溶解平衡曲线
B．常温下， 的
C．常温下，当 时，饱和溶液中
D．加入 固体可使溶液由 点沿直线变为 点
2．25℃时，CuS(黑色)的Ksp为6.3×10 36，ZnS(白色)的Ksp为1.6×10 24，下列说法错误的是（　　）
A．饱和CuS溶液与饱和ZnS溶液相比，前者c(S2 )更小
B．往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀
C．CuS在稀硫酸中的Ksp大于在硫化钠溶液中的Ksp
D．在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，
3．已知：硫酸银(Ag2SO4)的溶解度大于氯化银，且硫酸银的溶解度随温度升高而增大，T℃时，硫酸银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．T℃时，b点溶液中无硫酸银固体
B．a点溶液若降低温度，则a点可沿虚线移动到c点
C．向a点的悬浊液中加入NaCl固体，溶液组成可能会由a向d方向移动
D．根据曲线可知：T℃下，a、b、c、d四个点中，d点的Ksp(Ag2SO4)最大
4．下列说法中，正确的是（　　）
A．难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，保持温度不变增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动
B．难溶电解质都是弱电解质
C．在白色ZnS沉淀上滴加溶液，沉淀变黑，说明CuS比ZnS更难溶于水
D．AgCl在水中的溶解度与在饱和NaCl溶液中的溶解度相同
5．在t℃时在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t℃时。下列推断错误的是（　　）
A．在t℃时，的为
B．向p点的溶液中加入少量固体，溶液组成沿曲线向n方向移动
C．图中a点代表的不饱和溶液
D．在t℃时，的平衡常数
6．已知 时AgCl的溶解度为 、AgBr的溶解度为 。如果将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，下列描述正确的是（　　）
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．加入足量浓 溶液充分反应后，
7．废水中CrO42﹣浓度降至5.0×10﹣7mol L﹣1以下才能排放．含CrO42﹣的废水可用沉淀法处理：加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀，再加入可溶性硫酸盐处理多余的Ba2+．加入可溶性钡盐后的废水中Ba2+的浓度应不小于（已知：Ksp（BaCrO4）=1.2×10﹣10）（　　）
A．1.2×10﹣5 mol L﹣1 B．2.4×10﹣4 mol L﹣1
C．3.6×10﹣4 mol L﹣1 D．4.8×10﹣4 mol L﹣1
8．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是（提示BaSO4（s） Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）的平衡常数Ksp=[Ba2+] [SO42﹣]，称为溶度积常数）（　　）
A．加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点
B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点
C．d点无BaSO4沉淀生成
D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
9．根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是（　　）
编号 实验操作 实验现象 解释与结论
A 常温下，等体积等pH的HA、HB两种酸溶液分别与足量的锌反应 相同时间内，HB收集到的H2多 酸性强弱：HA > HB
B 将炽热的木炭加入到浓硝酸中 产生红棕色气体 木炭与浓硝酸反应生成NO2
C 向盛有2mL 0.1mol/L AgNO3溶液的试管中滴加几滴0.1mol/L NaCl溶液，再向其中滴加0.1mol/L KI溶液 先得到白色沉淀后变为黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D 向1mL 0.5 mol/L KI溶液加入1mL 1mol/LFeCl3溶液，充分反应后向水层滴加KSCN溶液 溶液变红 Fe3+与I-反应是可逆反应
A．A B．B C．C D．D
10．要使溶液中的 三种离子逐一形成沉淀析出，选择的试剂及加入的顺序正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．下列实验方案能够达到实验目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 验证与的反应有一定限度 向溶液中加入溶液，充分反应后滴加KSCN溶液
B 欲除去苯中混有的苯酚 向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤
C 比较和酸性强弱 相同温度下，测定等浓度的和溶液的pH
D 比较和的大小 向盛有溶液的试管中滴加2滴溶液，有白色沉淀生成，向其中继续滴加几滴溶液，有黄色沉淀产生
A．A B．B C．C D．D
12．一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．KSP(MgCO3)的数量级为10-5
B．a点表示的溶液中，c(Ca2+) >c(CO)
C．b点可表示MnCO3的不饱和溶液
D．该温度下向a点溶液中加入少量MnCl2溶液，c(CO)减小，KSP(CaCO3)不变
13．、不同温度下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．
B．升温可使分散系由c点变为b点
C．时
D．在曲线下方区域(不含曲线)任意一点时，均有沉淀生成
14．某温度下，将打磨后的镁条放入盛有50 mL蒸馏水的烧杯中，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中的pH和浊度随时间的变化(如图所示，实线表示溶液pH随时间的变化)。下列有关描述正确的是（　　）
A．该温度下Mg(OH)2的KSP的数量级约为10-10。
B．该实验是在常温下进行的
C．50 s时向溶液中滴入酚酞试液，溶液变红
D．150 s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2逐渐溶解
15．已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：
⑴CuSO4+Na2CO3 主要：Cu2++CO32─+H2O═Cu（OH）2↓+CO2↑
次要：Cu2++CO32─═CuCO3↓
⑵CuSO4+Na2S 主要：Cu2++S2─═CuS↓
次要：Cu2++S2─+2H2O═Cu（OH）2↓+H2S↑
则下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（　　）
A．CuS＜Cu（OH）2＜CuCO3 B．CuS＞Cu（OH）2＞CuCO3
C．Cu（OH）2＞CuCO3＞CuS D．Cu（OH）2＜CuCO3＜CuS
16．室温下，分别向体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX、HY溶液中，滴加相同浓度的Ba(OH)2溶液(Ba2+与X-、Y-均不反应)。随着Ba(OH)2溶液的加入，由水电离产生的c(H+)的变化趋势如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．相同条件下，Ka(HX)>Ka(HY)
B．M点溶液显中性，溶液中c(Y-)C．N点对应Ba(OH)2溶液的体积为10mL
D．T点溶液中阴离子浓度之和大于M点
17．已知：pAg＝－lg c(Ag＋)，Ksp(AgCl)＝1×10－12。如图是向10 mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1 mol/L的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位：mL)变化的图像(实线)。根据图像所得下列结论正确的是（　　）
A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为也为0.1 mol·L－1
B．图中x点的坐标为(10，6)
C．图中x点可认为溶液中Ag＋被沉淀完全
D．把0.1 mol·L－1的NaCl换成0.1 mol·L－1NaI，则图像在终点后变为虚线部分
18．常温下，Ksp(CaSO4)=9×10-6，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线见图。下列叙述中正确的有（　　）
①a、c两点均可以表示CaSO4溶于水所形成的饱和溶液；②a点对应的Ksp不等于c点对应的Ksp；③b点对应的溶液将有沉淀生成；④向d点溶液加入适量的CaCl2固体可以变到c点；⑤d点溶液通过蒸发溶剂可以变到c点；⑥常温下CaSO4溶于水的饱和溶液中，c(Ca2+)与c(SO42-)的乘积对应曲线上任意一点；⑦常温下，向100mL饱和CaSO4溶液中加入400mL0.01mol/L Na2SO4溶液，能使溶液由a点变为b点
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
19．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
20．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
二、综合题
21．硫酸锰铵是一种浅粉色固体，可溶于水，工业上可用于加工木材防火剂。用软锰矿(主要含，还含有、、、、等)制备硫酸锰铵的工艺流程如下：
已知：①该流程中金属离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Mg2+
开始沉淀时pH 8.0 6.3 1.5 8.1
沉淀完全时pH 10.0 8.3 2.8 9.4
②MgSO4和MnSO4的溶解度如下：
温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 100
溶解度/g MgSO4 22 28.2 33.7 38.9 44.5 54.6 55.8 52.9 50.4
MnSO4 52.9 59.7 62.9 62.9 60 53.6 45.6 40.9 35.3
③常温下：，。
回答下列问题：
（1）“还原酸浸”主要反应的离子方程式为　 　。
（2）滤渣1的主要成分为　 　。
（3）“除铜”反应的平衡常数　 　(结果保留2位有效数字)。
（4）“氧化除杂”加的作用是　 　，加调节溶液的的范围为　 　。
（5）“系列操作”包括　 　、　 　洗涤。
（6）通过实验测定产品硫酸锰铵中锰元素的含量：准确称取所得产品溶于水配成溶液，滴加氨水调至，加入过量的溶液，充分反应后过滤掉，将滤液与洗涤液合并配制成溶液，取用酸性标准液滴定，重复实验3次，平均消耗标准液。滴定终点的判断依据是　 　，产品硫酸锰铵中锰元素的质量分数为　 　(用相应字母表示)。
22．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　 　．
23．甲醇是一种可再生的绿色能源，CO2是一种温室气体，它们都是重要的化工原料．
（1）已知CO的燃烧热△H为﹣283kJ mol﹣1，CO （g）+2H2 （g） CH3OH （1）；△H=﹣129kJ mol﹣1，欲求出CH3OH的燃烧热，则需要知道一个反应，该反应的热化学方程式为　 　．（反应热直接用△H表示）．
（2）向温度不同容积均为1L的a、b、c、d、e五个恒容密闭容器中各充入3molCO2、7molH2O的混合气体，控制适当条件使其同时发生反应：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=QkJ mol﹣1，反应过程中维持各容器温度不变，测得t1时刻各容器中H2O的体积分数 （H2O） 如图所示．
①Q　 　（填“＞”或“＜”），五个容器中肯定处于非平衡状态的是　 　
②t1时刻时，容器a中正反应速率　 　（填“大于”“小于”或“等于”）容器e中正反应速率．
③Td℃时，该反应的平衡尝试K=　 　．
④欲提高H2的转化率，可采取的措施有　 　（写出两种）．
（3）碳捕捉技术的应用既可降低碳排放也可得到重要的化工产品．
①NaOH溶液是常用的碳捕捉剂，若某次捕捉后得到的溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1，则所得溶液的pH=　 　[常温下 K1（H2CO3）=4.4×10﹣7、K2 （HCO3﹣）=5x 1O﹣11]．
②在清除锅炉水垢的过程中，需要用Na2CO3将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，将微溶的CaSO4难溶性的CaCO3的理由是　 　．
24．氮、硫、氯及其化合物是中学化学重要的组成部分。
（1）氨气燃料电池使用的电解质溶液是 溶液，电池反应为： 。该电池负极的电极反应式为　 　；用该电池进行粗铜(含 、 、 、 、 等杂质)的电解精炼，以 溶液为电解质溶液，下列说法正确的是　 　。
a.电能全部转化为化学能
b. 的物质的量浓度不变(不考虑溶液体积变化)
c.溶液中 向阳极移动
d.利用阳极泥可回收 、 、 等金属
e.若阳极质量减少 ，则转移电子
（2）利用如图所示电化学装置吸收工业尾气中的 消除污染，阴极上生成 。写出装置中阳极的电极反应式　 　。
（3）已知 ， 。某同学设想用下列流程得到 ， 。则①的离子方程式为　 　，该反应的平衡常数 　 　。
25．以NaCl等为原料制备KClO4的过程如下：
①在无隔膜、微酸性条件下，发生反应：NaCl+H2O—NaClO3+H2↑(未配平)
②在NaClO3溶液中加入KCl发生复分解反应，降温结晶，得KClO3。
③一定条件下反应：4KClO3＝3KClO4+KCl，将产物分离得到KClO4。
（1）电解时，产生质量为2.13g NaClO3，同时得到H2的体积为　 　L(标准状况)。
（2）向NaClO3溶液中加入KCl能得到KClO3的原因是　 　。
（3）该过程制得的KClO4样品中含少量KCl杂质，为测定产品纯度进行如下实验：
准确称取5.689g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使ClO4－全部转化为Cl- (反应为：3 KClO4+C6H12O6 ═ 6 H2O + 6 CO2↑+ 3 KCl），加入少量K2CrO4溶液作指示剂，用0. 20mol/L AgNO3溶液进行滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积21.00mL。滴定达到终点时，产生砖红色Ag2CrO4沉淀。
① 已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.1×10－12，若c(CrO42－)＝1.1×10-4mol/L，则此时c(Cl－)＝　 　mol/L。
② 计算KClO4样品的纯度（请写出计算过程。）　 　
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．离子浓度的负对数值越大，对应的离子浓度越小，对应的溶度积越小，故曲线Ⅱ代表溴化银的沉淀溶解平衡曲线，A项不符合题意；
B．常温下，当 时， ，此时 ，B项不符合题意；
C．常温下，当 时，饱和溶液中 ，C项符合题意；
D．加入 固体后，饱和溶液中 增大， 减小，可使溶液由 点变为 点，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A. 已知：常温下， ，银离子浓度相同时，氯离子浓度大于银离子浓度，离子浓度负对数越大，对应的离子浓度越小；
B.根据，在图中有固定值得点即可；
C.常温下，银离子浓度相同时，阴离子浓度之比等于溶解平衡常数之比；
D. 增大时 减小。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．CuS的Ksp==6.3×10 36，饱和CuS溶液c(S2 )=；ZnS的Ksp==1.6×10 24，饱和ZnS溶液c(S2 )=；前者c(S2 )更小，A不符合题意；
B．ZnS(白色)的Ksp大于CuS(黑色)的Ksp，往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀ZnS转化为黑色沉淀CuS，B不符合题意；
C．Ksp的大小只与温度有关，CuS在稀硫酸中的Ksp等于在硫化钠溶液中的Ksp，C符合题意；
D．在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，c(S2 )一样，，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.CuS的Ksp==6.3×10 36，ZnS的Ksp==1.6×10 24；
B.Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀ZnS转化为黑色沉淀CuS；
C.Ksp的大小只与温度有关；
D.。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．b点在曲线上方，为过饱和溶液，溶液中c2(Ag+)·c( )＞Ksp(Ag2SO4)，因此存在硫酸银固体，A不符合题意；
B．溶液中Ag2SO4存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4 (s) 2Ag+(aq)+ (aq)，在a点时c(Ag+)=c( )，降低温度，平衡逆向移动，析出Ag2SO4固体，此时溶液中c(Ag+)、c( )不再相等，因此无法实现由a点向c点的移动，B不符合题意；
C．溶液中Ag2SO4存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4 (s) 2Ag+(aq)+ (aq)，在a点时向溶液中加入NaCl固体，加入的Cl-与溶液中的Ag+反应产生AgCl沉淀，使c(Ag+)减小，沉淀溶解平衡正向移动，c( )增大，但由于温度不变，所以Ksp(Ag2SO4)不变，溶液组成会由a点向d点方向移动，C符合题意；
D．Ag2SO4的溶度积常数只与温度有关，与其它外界条件无关，无论溶液是否饱和，其溶度积常数不变，所以在T℃下，a、b、c、d四个点的Ksp(Ag2SO4)相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 溶解平衡曲线上方是过饱和溶液，下方是不饱和溶液；
B.在a点时c(Ag+)=c( )，降低温度，平衡逆向移动；
C. 依据硫酸银(Ag2SO4)的溶解度大于氯化银 ，向溶液中加入Cl-与溶液中的Ag+反应产生AgCl沉淀，使c(Ag+)减小，沉淀溶解平衡正向移动，c( )增大；
D.溶度积常数只与温度有关。
4．【答案】C
【解析】【解答】A.难溶电解质是纯固体，浓度为定值，保持温度不变增加难溶电解质的量，平衡不发生移动，A不符合题意；
B.许多难溶盐都是强电解质，B不符合题意；
C.在白色ZnS沉淀上滴加溶液，沉淀变黑，说明发生反应：ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，则CuS更难溶于水，C符合题意；
D.AgCl的沉淀溶解平衡为：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，饱和氯化钠溶液中含有大量的Cl-，根据同离子效应，Cl-的大量存在将会抑制AgCl(s)的溶解，因此AgCl在饱和NaCl溶液中溶解度更小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.平衡时改变纯固体的量不会影响平衡；
B.很多难溶盐都是强电解质，如AgCl、BaSO4等；
C.难溶的沉淀可以转化为更难溶的沉淀；
D.同离子效应会降低难溶电解质的溶解度。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．t℃时在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，由p点的数据可以求算其Ksp，，A不符合题意；
B．，向饱和溶液p点加入少量固体，c(Ba2+)增大，Ksp不变，硫酸根离子浓度减小，故溶液组成沿曲线向n方向移动，B不符合题意；
C．图中a点钡离子和硫酸根离子浓度的乘积大于该温度下的Ksp，代表的过饱和溶液，C符合题意；
D．由盖斯定律知在t℃时，的平衡常数，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据计算；
B.加入少量固体，c(Ba2+)增大，Ksp不变，硫酸根离子浓度减小；
D.根据计算。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．根据以上分析，如果将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，会生成AgCl和AgBr沉淀，故A不符合题意；
B．由溶解度数值可知，在等体积AgCl和AgBr的饱和溶液中，前者的n(Cl-)大于后者的n(Br-)，加入足量浓AgNO3溶液，Cl-和Br-都生成沉淀，则AgCl比AgBr沉淀量多，故B不符合题意；
C．根据B项，AgCl沉淀多于AgBr沉淀，故C不符合题意；
D．加入足量浓 溶液充分反应后生成AgCl和AgBr沉淀，溶液中AgCl和AgBr都处于沉淀溶解平衡，则 ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.足量硝酸银，也会有氯化银沉淀；
B.生成不等量，根据溶解度，氯化银更多；
C.根据溶解度，氯化银沉淀更多；
D.根据溶度积常数公式即可得到。
7．【答案】B
【解析】【解答】解：BaCrO4 CrO42﹣+Ba2+
5.0×10﹣7mol L﹣1 c（Ba2+）
则：Ksp（BaCrO4）=c（CrO42﹣）×c（Ba2+）=5.0×10﹣7×c（Ba2+）=1.2×10﹣10，
解得：c（Ba2+）=2.4×10﹣4mol/L，即：若使废水中CrO42﹣浓度达标，Ba2+的浓度应不小于2.4×10﹣4mol/L，
故选B．
【分析】根据沉淀溶解平衡CrO42﹣+Ba2+ BaCrO4及Ksp（BaCrO4）=c（CrO42﹣）×c（Ba2+）=1.2×10﹣10，可得c（Ba2+），然后结合废水中CrO42﹣浓度小于5.0×10﹣7mol L﹣1进行计算．
8．【答案】C
【解析】【解答】解：A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42﹣），平衡左移，c（Ba2+）应降低，故A错误；
B、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42﹣）、c（Ba2+）均增大，故B错误；
C、d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和，不会有沉淀析出，故C正确；
D、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误．
故选C．
【分析】该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，
A、加人Na2SO4后平衡逆向移动，但仍在线上移动；
B、蒸发使离子浓度增大，d点不可能到c点；
C、d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和；
D、Ksp与温度有关，a和c的Ksp相等．
9．【答案】A
【解析】【解答】A.HB收集到的H2越多，则说明等pH值的HA、HB溶液中，c(HB)>c(HA)，因此HB的酸性比HA的酸性弱，A符合题意；
B.产生的红棕色气体为NO2，该NO2可能是由NO于空气中的O2反应生成，因此无法说明木炭与浓硝酸反应生成NO2，B不符合题意；
C.滴入几滴0.1mol·L－1的NaCl溶液，充分反应后，溶液中AgNO3过量，再加入几滴0.1mol·L－1的KI溶液，I－直接与Ag＋反应生成AgI沉淀，没有涉及沉淀的转化，因此无法比较AgCl、AgI的溶度积大小，C不符合题意；
D.该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，因此反应后所得溶液中Fe3＋过量，加入KSCN后溶液显红色，不能说明Fe3＋与I－的反应为可逆反应，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、等体积、等pH值的酸与足量的锌反应，产生的H2越多，则酸的浓度越大，酸性越弱；
B、该红棕色气体为NO2，可能由NO与O2反应后得到；
C、要比较AgCl、AgI的溶度积大小，则应存在AgCl转化为AgI的过程；
D、结合反应的离子方程式可知，反应过程中Fe3＋过量；
10．【答案】D
【解析】【解答】加入NaCl、HCl只能沉淀Ag+，加入NaOH能够与Ag+和Mg2+反应生成沉淀，加入Na2CO3则与三种离子均能反应生成沉淀，故要使溶液中的 三种离子逐一形成沉淀析出，第一步加入NaCl或HCl，第二步加入NaOH，最后加入Na2CO3，故加入的顺序为 ，
故答案为：D。
【分析】 沉淀银离子需要用氯离子，沉淀钡离子需要用碳酸根离子，沉淀镁离子需要加入氢氧化钠，由于银离子与碳酸根离子、氢氧根离子反应，故应该先加入氯化钠沉淀出银离子，然后用氢氧化钠沉淀出镁离子，最后用碳酸钠沉淀出钡离子。
11．【答案】C
【解析】【解答】A.．Fe3+与I-反应，Fe3+过量，无论是否存在平衡溶液中均存在Fe3+遇KSCN变红，A项不能达到实验目的；
B.苯酚和溴水反应产生三溴苯酚，但其与苯互溶而无法分离。可以选择NaOH溶液洗涤分液，B项不能达到实验目的；
C.酸的酸性越弱对应的盐水解程度越强，对比等浓度的 NaHCO3 和 CH3COONa 溶液的pH可确定H2CO3 和CH3COOH酸性强弱，C项能达到实验目的
D.一般情况下，溶解度大的可以转化为溶解度小的沉淀。同类型的，Ksp大的转化为Ksp小的。但该反应中AgNO3过量，产生白色沉淀后溶液中有AgNO3与KI产生黄色沉淀，无法实现沉淀间的转化，无法确定大小，D项不能实现实验目的。
故答案为：C。
【分析】A.应该加入过量的碘化钾，氯化铁加入少量，若加入硫氰化钾后变红，说明反应没有进行彻底。
B.对有机物分离提纯时要注意有机物之间是互溶的，苯为良好有机溶剂，三溴苯酚易溶于苯酚，无法过滤进行分离。
C.利用盐水解原理，越弱月水解，但是必须为同浓度前提下。
D.应该加入的硝酸银为少量，才能实现氯化银与碘化钾反应生成碘化银，从而证明溶度积大小。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．利用MgCO3曲线与纵坐标的交点(0，5.7)计算Ksp(MgCO3)=c(Mg2+)·c(CO)=10-5.7=100.3×10-6，1<100.3<10，所以Ksp(MgCO3)数量级为10-6，A不符合题意；
B．因为横纵坐标均为负对数，值越大，离子浓度越小，所以a点表示的溶液中，c(Ca2+)C．b点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线下方，根据分析，线下方的值越小，离子浓度越大，说明是过饱和溶液，C不符合题意；
D．根据图像，a点时加入少量MnCl2溶液时，MnCO3的溶解平衡 向生成沉淀的方向移动，c(CO32-)减小；由于温度不变，所以Ksp(CaCO3)不变，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．选择MgCO3曲线与纵坐标的交点，利用Ksp(MgCO3)=c(Mg2+)·c(CO)计算；
B．横纵坐标均为负对数，值越大，离子浓度越小；
C．根据分析，线下方的值越小，离子浓度越大；
D．根据温度不变，Ksp不变。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．温度越高，溶度积越大，则，故A不符合题意；
B．升温沉淀溶解平衡向正方向移动，钡离子和硫酸根离子浓度均增大，而c点与b点的钡离子浓度不变，故B不符合题意；
C．由图中a点数据知，时，故C符合题意；
D．在曲线下方区域(不含曲线)任意一点时，Qc故答案为：C。
【分析】温度越高，浓度越高，溶度积越大，升高温度，溶解能力增大，浓度均增大，结合选项即可判断
14．【答案】A
【解析】【解答】A. 该温度下，当氢氧化镁达到饱和时，pH不变，此时pH=10.00，该温度下Mg(OH)2的KSP=c(Mg2+)c2(OH-)= c(OH-) c2(OH-)= c3(OH-)，由图可知，该温度下水的离子积Kw=10-6.5 10-6.5=10-13，所以c(OH-)= =10-3mol/L，故KSP= c3(OH-)= = 10-9=5 10-10，即该温度下Mg(OH)2的KSP的数量级约为10-10，A符合题意；
B. 常温下蒸馏水的pH=7，而图象中蒸馏水的pH=6.5<7，说明该实验不是在常温下进行的，B不符合题意；
C. 50 s时溶液的pH小于8，滴入酚酞后溶液为无色，C不符合题意；
D. Mg(OH)2为难溶物，随着Mg(OH)2的沉降，溶液的浊度会下降，即150 s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.结合Mg(OH)2Ksp的表达式进行计算；
B.由图像中蒸馏水的pH确定反应温度；
C.根据50s时溶液的pH确定溶液的酸碱性；
D.浑浊度下降是由于沉淀沉降；
15．【答案】A
【解析】【解答】解：沉淀反应中，生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生，（1）主要发生Cu2++CO32─+H2O=Cu（OH）2↓+CO2↑，次要发生Cu2++CO32─=CuCO3↓，可Cu2++CO32─=CuCO3↓；（2）主要：Cu2++S2─=CuS↓，次要：Cu2++S2─+2H2O=Cu（OH）2↓+H2S↑，可说明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度，
则溶解度CuS＜Cu（OH）2＜CuCO3，
故选A．
【分析】沉淀反应中，生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生．根据信息（1）可知：生成Cu（OH）2的反应容易发生，说明Cu（OH）2的溶解度小于CuCO3的溶解度；
根据信息（2）可知：生成CuS的反应容易发生，说明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度，以此解答该题．
16．【答案】B
【解析】【解答】A．由图示可知， 水解对水的电离促进程度较大，则HY的酸性较弱，所以相同条件下Ka(HX)>Ka(HY)，故A不选；
B．本题为向酸中滴加Ba(OH)2溶液，因此随着Ba(OH)2溶液的加入溶液先进行酸碱中和反应，所以当HY与Ba(OH)2溶液中水电离出的 第一次达到 时为中性点，当继续滴加Ba(OH)2溶液会抑制水的电离(N点之后)，即第二次水电离 该点为碱性点，所以M点呈中性，根据电荷守恒 ，所以c(Y-)＞(Ba2+)，故B；
C．N点完全反应点，0.1mol/LBa(OH)2溶液中 ，故消耗完20mL0.1mol/L的HY需要10mL0.1mol/LBa(OH)2溶液，故C不选；
D．根据电荷守恒可得T点 ；M点 ；T、M点 相同，T点 大于M点，所以 ，故D不选。
故答案为：B
【分析】A.根据起始点的氢离子浓度即可判断HX和HY的电离常数大小
B.根据电荷守恒进行判断
C.恰好完全反应即可计算出氢氧化钡的体积
D.根据电荷守恒结合氢离子浓度的大小即可判断
17．【答案】C
【解析】【解答】A、图中原点pAg=0，Ag+的浓度为：c（Ag+）=100 mol L-1，原AgNO3溶液的物质的量浓度为1 mol L-1，故A不符合题意；
B、一般认为溶液中离子浓度小于10-5 mol L-1，即沉淀完全。x点c（Ag+）=10-6 mol L-1，则AgNO3与NaCl恰好反应，n（NaCl）=n（AgNO3）=0.01L×1mol L-1=0.01mol，所以V（NaCl）=100mL，即x点的坐标为（100，6），故B不符合题意；
C、x点c（Ag+）=10-6 mol L-1，一般认为溶液中离子浓度小于10-5 mol L-1完全沉淀，实际上Ag+没有完全沉淀，是处于沉淀与溶解的平衡状态，故C符合题意；
D、与AgCl相比，碘化银的Ksp（AgI）更小，所以把0.1 mol L-1的NaCl换成0.1mol L-1NaI，则溶液中c（Ag+）更小，则pAg更大，图象不符，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】D、与AgCl相比，碘化银溶解度小，Ksp（AgI）更小，沉淀溶解平衡时，所需的碘化钠体积小，图像应该向左移。
18．【答案】A
【解析】【解答】①其饱和溶液中阴阳离子浓度相等，a、c两点阴阳离子浓度不相等，故①不符合题意；
②Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故②不符合题意；
③根据图示数据，可以看出b点Qc=2×10-5＞Ksp，所以会生成沉淀，故③符合题意；
④d点为不饱和状态，钙离子浓度较小，如加入适量CaCl2固体，钙离子浓度增大，此时硫酸根离子浓度不变，则可以变到c点，故④符合题意；
⑤d为不饱和溶液，蒸发时硫酸根的浓度会增大，故⑤不符合题意；
⑥常温下CaSO4溶于水的饱和溶液中，c（Ca2+）=c（SO42-）=3×10-3mol/L，故⑥不符合题意；
⑦CaSO4饱和溶液c（Ca2+）=c（SO42-）=3×10-3mol/L，开始不在a点，加入400mL 0.01mol/LNa2SO4溶液后，c（Ca2+）=0.6×10-3mol/L，c（SO42-）=8.6×10-3mol/L，Qc＜Ksp，没有沉淀生成，此时为不饱和溶液，故⑦不符合题意。
综合以上分析③④符合题意，正确的有2个。
故答案为：A。
【分析】①在硫酸钙的饱和溶液中，离子浓度是相等的；
②难溶电解质的溶度积常数只与温度有关；
③b点对应的离子的浓度之积是大于溶度积常数的，因此b点会有沉淀的生成；
④增加d点的钙离子的浓度，有可能会使d点到达c点，因为该操作只增加了钙离子的浓度，硫酸根离子浓度不变，与曲线吻合；
⑤对不饱和溶液进行蒸发，溶液中的离子浓度都会增大；
⑥根据常温下的溶度积常数可以计算出此时的钙离子和硫酸根离子的浓度；
⑦我们可以根据浓度积大小与溶度积常数的大小比较，得出有无沉淀的生成。
19．【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
20．【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。
21．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）将亚铁离子氧化为三价铁离子；2.8≤pH<8.0
（5）蒸发结晶；趁热过滤
（6）当滴入最后半滴 FeSO4标准液时，溶液紫色褪去且半分钟内不变色；
【解析】【解答】(1)“还原酸浸”发生的离子方程式为： MnO2+2H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O
(2)软锰矿中只有SiO2既不与酸发生化学反应，也不溶于酸。
(3)“除铜”发生的反应：Cu2++MnSCuS+Mn2+
反应化学平衡常数K==≈ 1.9×1023
(4)氧化除杂”过程中加MnO2的目的是将 Fe2+氧化为Fe3+后 ，调节溶液的 pH而除去。根据题目表格①可知，Mn2+在pH=8.0时开始沉淀， Fe3+在pH=2.8时完全沉淀， 加MnCO3调节溶液的 pH范围应为：2.8pH<8.0
(5) 根据表②MgSO4和MnSO4的溶解度分析， 采用蒸发浓缩，趁热过滤可获得更多的MnSO4·H2O
(6)高锰酸钾溶液为紫色，和 FeSO4反应后生成的Mn2+为无色。故终点判定为：当滴入最后一滴 FeSO4标准液，溶液紫色褪去，且半分钟内不变色。
由MnO4-＋5Fe2+＋8H+ = Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，得5n(KMnO4)=n(Fe2+) .由此可知与FeSO4反应n(KMnO4)= × C2×V2×10-3=2 ×10-4C2V2mol； 因此，和硫酸锰铵反应的
n(KMnO4)= C1V1×10-3×－2 ×10-4C2V2 = 2 ×10-4（C1V1－C2V2）mol，
由2MnO4-＋3Mn2+＋4H2O = MnO2↓＋5Fe3+＋4H2O，得20mL硫酸锰铵溶液中
n(Mn2+)= ×2 ×10-4（C1V1－C2V2）mol=3 ×10-4（C1V1－C2V2）mol
硫酸锰铵中锰元素的质量分数==
【分析】(1)MnO2具有氧化性，草酸具有还原性。所以“还原酸浸”发生的主要反应是、二氧化锰和草酸在酸性条件中发生反应。
(2)除了SiO2，软锰矿中的其他成分都能与酸发生化学反应，所以滤渣1的主要成分是SiO2
(3)计算化学平衡常数一般是先列出方程式，用平衡常数的计算公式进行计算。
(4)根据题目所给的信息可知，Fe2+与Mg2+、Mn2+开始沉淀和完全沉淀的pH值接近，通过调节溶液pH值Fe2+离子除不尽。一般是先将Fe2+氧化成Fe3+，再通过调节溶液pH值加以除去。调节溶液pH值时，一般考虑需除尽Fe3+，同时又不能让Mg2+、Mn2+形成沉淀析出。
(5)MgSO4的溶解度随温度升高而增大， 温度升至80℃之后溶解度降低，而 MnSO4的溶解度随温度升高增大，40℃之后溶解度降低，所以析出 MnSO4·H2O晶体的操作应为蒸发浓缩，趁热过滤。
(6)该方法先用过量的KMnO4和硫酸锰铵中的锰元素反应生成二氧化锰。剩余的高锰酸钾用 FeSO4标准液滴定， 我们可根据消耗的 FeSO4标准液的量，计算出剩余的高锰酸钾的物质的量。便能计算出硫酸锰铵中锰元素的质量分数 。
22．【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．
23．【答案】（1）2H2 （g）+O2 （g） 2H2O（l）△H
（2）＜；a、b；小于；4；降低温度或者增大二氧化碳的量或者增大压强
（3）10；CaSO4难溶于酸，而CaCO3易溶于酸中
【解析】【解答】解：（1）欲求出CH3OH的燃烧热，根据CH3OH燃烧生成二氧化碳和液态水，所以根据盖斯定律还应该有生成二氧化碳和液态水的热化学方程式，又已知CO的燃烧热△H为﹣283kJ mol﹣1，即CO （g）+ O2 （g） CO2（g）△H=﹣283kJ mol﹣1；那还必须有生成液态水的热化学方程式，则需要知道一个H2 （g）燃烧的热化学方程式，所以该反应的热化学方程式为2H2 （g）+O2 （g） 2H2O（l）△H，故答案为：2H2 （g）+O2 （g） 2H2O（l）△H；（2）①a、b、c、d、e五个恒容密闭容器，由图象可知对应温度依次升高，则反应速率也依次增大，由于c中水的体积分数最大，表明t1时刻d、e已处于平衡状态，a、b肯定没有达到平衡状态，c可能处于平衡状态；又因为达到平衡后，升高温度水的体积分数反而减小，说明升高温度平衡向逆反应进行，则正反应为放热反应，即△H＜0，故答案为：＜；a、b；②t1时刻时，a、e容器水的体积分数相等，说明a、e容器中反应物浓度相同，又e容器温度大于a，所以容器a中正反应速率小于容器e中正反应速率，故答案为：小于；③
CO2（g）+ 3H2（g） CH3OH（g）+ H2O（g）
开始 3mol 7mol 0 0
转化 x 3x 0 0
平衡 3﹣x 7﹣3x x x
根据Td℃时，平衡水的体积分数为 ，所以 = ，解得x=2，
则根据K= = =4，故答案为：4；④根据CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）为体积减小的放热反应，所以欲提高H2的转化率，可以降低温度或者增大二氧化碳的量或者增大压强，故答案为：降低温度或者增大二氧化碳的量或者增大压强；（3）①某次捕捉后得到的溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1，则溶液酸碱性主要由CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，K=
= ，所以c（OH﹣）= =10﹣4，则pH=﹣lgc（H+）=10，故答案为：10；②因为CaSO4难溶于酸难除去，而CaCO3易溶于酸中易除去，所以在清除锅炉水垢的过程中，需要用Na2CO3将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，故答案为：CaSO4难溶于酸，而CaCO3易溶于酸中．
【分析】（1）根据CH3OH燃烧生成二氧化碳和液态水，所以根据盖斯定律还应该有生成二氧化碳和液态水的热化学方程式，因为CO的燃烧热△H为﹣283kJ mol﹣1，则有生成二氧化碳，还要有生成液态水，则必须涉及氢气燃烧的反应，据此分析；（2）①a、b、c、d、e五个恒容密闭容器，由图象可知对应温度依次升高，则反应速率也依次增大，由于c中水的体积分数最大，表明t1时刻d、e已处于平衡状态，a、b肯定没有达到平衡状态，c可能处于平衡状态；因为达到平衡后，升高温度水的体积分数反而减小，说明升高温度平衡向逆反应进行，据此判断；②t1时刻时，a、e容器水的体积分数相等，说明a、e容器中反应物浓度相同，则温度越高正反应速率越大；③根据K= 结合三组量计算；④根据欲提高H2的转化率，即在不改变氢气的量时使平衡正向移动即可；（3）①某次捕捉后得到的溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1，则溶液酸碱性主要由CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，K=
= ，据此计算出氢氧根离子浓度，从而求出pH；
②根据CaSO4难溶于酸难除去，而CaCO3易溶于酸中易除去分析．
24．【答案】（1）2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；bd
（2）SO2-2e-+2H2O=4H++ SO
（3）BaSO4（s）+CO （aq）=BaCO3（s）+SO （aq）；0.04
【解析】【解答】(1)由氨气燃料电池的总反应可知，通入氨气的一极为电池的负极，碱性条件下，氨气在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；
a．电能转化为化学能时，也有少量电能转化为热能，故不正确；
b．SO 离子未参加电极反应，溶液体积不变，则SO 离子的物质的量浓度不变，故正确；
c．电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，则溶液中Cu2+离子向阴极移动，故不正确；
d．粗铜中的Ag、Pt、Au等活泼性弱于铜的金属不能失电子，以阳极泥的形式沉积在阳极附近，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故正确；
e．粗铜中比铜活泼的铝、锌也失电子发生氧化反应，若阳极质量减少64g，转移电子的物质的量不一定是0.2mol，故不正确；
故答案为：2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；bd；
(2)由图可知，该装置为电解池，酸性条件下，二氧化硫在阳极上失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=4H++ SO ，故答案为：SO2-2e-+2H2O=4H++ SO ；
(3) ①发生的反应为硫酸钡与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸钡和硫酸钠，反应的离子方程式为BaSO4（s）+CO （aq）=BaCO3（s）+SO （aq），该反应的平衡常数为 =0.04，故答案为：BaSO4（s）+CO （aq）=BaCO3（s）+SO （aq）；0.04。
【分析】
(1)依据总反应，负极失去电子发生氧化反应；
a．放电时产生热能；
b．SO 离子未参加电极反应；
c．电解时，阳离子向阴极移动；
d．活泼性弱于铜的金属不能失电子；
e．阳极发生多个反应；
(2)阳极上失去电子发生氧化反应；
(3) ①硫酸钡与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸钡和硫酸钠，利用溶度积常数计算。
25．【答案】（1）1.344
（2）低温时，KClO3溶解度小，从溶液中结晶析出
（3）1.8×10-6；n(AgNO3)＝0.2000 mol·－1 ×0.021L＝0.0042 mol n(KCl)总＝n(AgNO3)＝0.0042 mol n(KClO4)+ n(KCl)＝0.0042 mol n(KClO4) ×138.5 g·mol－1+ n(KCl) ×74.5 g·mol－1＝0.56890g n(KClO4)＝0.0040 mol m(KClO4)＝0.004 mol×138.5 g·mol－1＝0.554g 0.554g÷0.56890g×100%＝97.38%。
【解析】【解答】(1)电解时，产生质量为2.13g NaClO3，物质的量= =0.02mol
NaCl+3H2O= NaClO3 + 3H2↑
1 3
0.02mol 0.06mol
同时得到H2的物质的量为0.06mol，体积=0.06mol×22.4L/mol=1.344L，故答案为：1.344；
(2)在NaClO3溶液中加入KCl发生复分解反应，降温结晶，得KClO3的原因是低温时，KClO3溶解度小，从溶液中结晶析出，故答案为：低温时，KClO3溶解度小，从溶液中结晶析出；
(3)①若c(CrO42-)=1.1×10-4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO4 2-)=1.1×10-12，c(Ag+)=10-4mol/L，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，c(Cl-)=1.8×10-6 mool/L，故答案为：1.8×10-6；②准确称取5.689g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使ClO4-全部转化为Cl-(反应为：3KClO4+C6H12O6═6H2O+6CO2↑+3KCl)，加入少量K2CrO4溶液作指示剂，用0.20mol/L AgNO3溶液进行滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积为21.00mL，n(AgNO3)=0.2000 mol L-1×0.021L=0.0042 mol，n(KCl)总=n(AgNO3)=0.0042 mol，n(KClO4)+n(KCl)=0.0042 mol，n(KClO4)×138.5 g mol-1+n(KCl)×74.5 g mol-1=0.56890g，n(KClO4)=0.0040 mol，m(KClO4)=0.004 mol×138.5 g mol-1=0.554g，250mL溶液中m(KClO4)=5.54g，KClO4样品的纯度= ×100%=97.38%，故答案为：97.38%。
【分析】（1）根据电解原理计算生成气体的体积即可；
（2）根据氯酸钾的溶解度进行分析；
（3）根据溶度积常数计算氯离子的物质的量浓度；根据化学方程式计算产品纯度。