(通用版)高考化学一轮复习一遍过专题32难溶电解质沉淀溶解平衡(含解析)

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专题32 难溶电解质沉淀溶解平衡
1．在一定温度下，石灰乳悬浊液中存在下列平衡：Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)+2OH-(aq)，当向此悬浊液中加入少量生石灰时，始终保持温度不变，则下列说法正确的是
A．n(OH-)增大 B．n(Ca2+)增大 C．c(Ca2+)不变 D．c(H+)增大
【答案】C
【解析】生石灰溶于水，和水生成氢氧化钙。由于溶液是饱和溶液，所以生成的氢氧化钙不能溶解。又因为溶剂减少，则原溶液中的氢氧化钙也会析出，所以溶液中离子的物质的量减小，所以 n(OH-)减小，n(Ca2+)减小，故A错误，B错误；温度不变，溶液仍然是饱和溶液，所以溶液中离子的浓度不变，所以c(Ca2+)不变，c(H+)不变，故C正确，D错误。
2．下列实验中，对应的操作、现象及实验原理或结论均正确的是

实验目的
操作和现象
实验原理或结论
A
验证AgI和 AgCl的 Ksp大小
向1mL 1mol·L-1NaCl溶液中滴加2滴 2mol·L-1 AgNO3溶液，生成白色沉淀；再滴加 2滴1mol·L-1KI溶液，白色沉淀变成黄色沉淀
AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+ Cl-(aq)
B
比较HClO和 HF溶液的酸性
室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L-1NaClO 溶液、0.1mol·L-1NaF 溶液的pH
酸越弱，酸根离子水解程度越大，其盐溶液碱性越强
C
提纯混有少量硝酸钾的氯化钠固体
在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥
氯化钠溶解度随温度升高变化不大，而硝酸钾溶解度随温度升髙显著增大
D
检验某溶液中是否含有CO32-
先滴加盐酸产生气泡，将该气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有CO32-

【答案】A
【解析】A．结构相似的难溶物，溶度积大的物质能转化为溶度积小的物质，在NaCl过量的条件下，先生成AgCl沉淀后转化为AgI沉淀，说明发生了沉淀的转化，则存在AgCl(s)+I-(aq)⇌AgI(s)+Cl-(aq)，故A正确；
B．NaClO具有强氧化性，能氧化pH试纸，所以不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH值，故B错误；
C．少量硝酸钾，NaCl量多，应选蒸发结晶法分离，故C错误；D．CO32-和HCO3-都能和稀盐酸反应生成二氧化碳，且能使澄清石灰水变浑浊的气体还有二氧化硫，所以不能根据该现象确定溶液中一定含有CO32-，故D错误。
3．在25℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。下列有关说法中正确的是
A．饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36 mol·L－1
B．25℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度
C．向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成
D．向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大
【答案】B
【解析】A．饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为=mol•L-1，故A错误；B．由FeS的Ksp=6.3×10-18、CuS的Ksp=1.3×10-36可知，二者的组成形式相同，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故B正确；C．FeS的Ksp=6.3×10-18、ZnS的Ksp=1.3×10-24，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，故C错误；D．向饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，故D错误。
4．已知难溶性物质K2SO4·MgSO4·2CaSO4在水中存在如下平衡： K2SO4·MgSO4·2CaSO4(s)2Ca2＋(aq)＋2K＋(aq)＋Mg2＋(aq)＋4SO42- (aq)，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．向该体系中分别加入饱和NaOH溶液和饱和碳酸钠溶液，沉淀溶解平衡均向右移动
B．分析可知T1＞T2＞T3
C．升高温度，溶浸速率增大，平衡向右移动
D．该物质的Ksp＝c2(Ca2＋)·c2(K＋)·c(Mg2＋)·c4(SO42-)/c(K2SO4·MgSO4·2CaSO4)
【答案】D
【解析】A．加入饱和NaOH溶液和饱和碳酸钠溶液，Ca2+和Mg2+浓度减小，则溶解平衡向右移动，故A正确；B．温度越高，溶浸速率越快，达到平衡所需要时间越短，所图示可知温度由高到低的顺序为T1＞T2＞T3，故B正确；C．由图可知，溶解平衡吸热，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．K2SO4·MgSO4·2CaSO4是纯固体，则由反应可知，该平衡的Ksp=c2(Ca2+)•c2(K+)•c(Mg2+)•c4(SO42-)，故D错误。
5．硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。下列说法正确的是（ ）

A．温度一定时， Ksp(SrSO4)随c(SO42－)的增大而减小
B．三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大
C．363 K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液
D．283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液
【答案】B
【解析】A.Ksp只与温度有关而与离子浓度大小无关，A错误；B.由图象可知：在相同条件下，温度在313 K时，c(SO42−)•c(Sr2+)乘积最大，则在该温度时Ksp(SrSO4)最大，B正确；C.a点在363K的上方，属于该温度下饱和溶液，C错误；D.283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，析出溶液后的溶液属于饱和溶液，D错误。
6．某碱浸液中c(MoO42-)＝0.80mol·L−1，c(SO42-)＝0.04 mol·L−1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO42-。当BaMoO4开始沉淀时，SO42-的去除率是（ ）
[Ksp(BaSO4)＝1.1× 10−10、Ksp(BaMoO4)＝4.0 ×10−8，溶液体积变化可忽略不计]
A．79.6% B．85.6% C．94.5% D．98.9%
【答案】C
【解析】当BaMoO4开始沉淀时，此时溶液中的Ba2+浓度为：

==5×10-8mol/L，此时溶液中的==2.2×10-3mol/L，所以反应掉的c(SO42-)=0.04mol/L-0.0022mol/L=0.0378mol/L，因溶液体积不变，所以SO42-的去除率为： =94.5%；所以答案选择C项。
7．已知下列物质在20℃下的Ksp如下，
化学式
AgCl
AgBr
AgI
Ag2S
Ag2CrO4
颜色
白色
浅黄色
黄色
黑色
红色
Ksp
2.0×10－10
5.4×10－13
8.3×10－17
2.0×10－48
2.0×10－12

下列说法不正确的是
A．20℃时，上述五种银盐饱和溶液中，Ag＋物质的量浓度由大到小的顺序是:Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S。
B．向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，c(Br -) /(Cl -)＝2.7×10－3
C．测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时，应加入的指示剂是K2CrO4
D．某溶液中含有Cl－、Br－和I－，浓度均为0.010 mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液时，Cl－最先沉淀出来
【答案】D
【解析】A．20℃时，在AgCl的饱和溶液中，Ksp=c(Ag+)×c(Cl-)=2.0×10-10，c(Ag+)= mol·L-1；Ag2CrO4饱和溶液中，Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=2.0×10-12，c(Ag+)= mol·L-1；同理，在AgI 的饱和溶液中，c(Ag+)= mol·L-1；在AgBr的饱和溶液中，c(Ag+)=mol/L；在Ag2S 的饱和溶液中，c(Ag+)= mol·L-1；故Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S，故A正确；B．当两种沉淀共存时，Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数计算，c(Br-)=，c(Cl-)=，则==2.7×10-3，故B正确；C．指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全，即让氯离子先沉淀，沉淀完全后，再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示滴定终点；氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1，依据Ksp可以直接比较溶解度大小为氯化银＞溴化银＞碘化银；Ksp(AgCl)= c(Ag+)×c(Cl-)=2.0×10--10，c(Cl-)= mol·L-1；Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c(CrO42-)=2.0×10-12，c(CrO42-)= mol·L-1，同理硫化银的Ksp= c2(Ag+)c(S2-)=2.0×10－48，c(S2-)= mol·L-1，说明铬酸银溶解度大于氯化银，硫化银溶解度小于氯化银，则加入K2CrO4做指示剂，可正确的测定氯化物的含量，故C正确；D．某溶液中含有Cl－、Br－和I－，浓度均为0.010 mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液时，氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1，Ksp由大到小的顺序为：AgCl＞AgBr＞AgI，因此I－最先沉淀出来，故D错误。
8．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) 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
【答案】B
【解析】A. CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；
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项错误；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项正确；D. 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)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项正确。
9．下列实验操作、现象和结论均正确的是

实验操作和现象
结 论
A
向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
B
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色
样品已变质
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
常温下，测得0.1 mol·L－1 NaA溶液的pH小于0.1 mol·L－1 Na2B溶液的pH
酸性：HA＞H2B

【答案】A
【解析】A．相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大。因在等体积等浓度的盐酸ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正确；B．Fe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性条件下被NO3-氧化为Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则无法证明Fe(NO3)2是否变质，故B错误；C．在加热条件下NH4HCO3固体分解生成NH3，NH3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，由于固体本身没有与试纸接触，故本实验不能证明NH4HCO3显碱性，故C错误；D．强碱弱酸盐的pH越大，对应酸的酸性越弱，Na2B溶液对应的酸为HB-，则由现象可知酸性：HA＞HB-，但是本实验不能证明HA的酸性比H2B强，故D错误；故答案为A。
10．某温度下，向10 mL 0.1 mol·L-lNaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-lAgNO3溶液。滴加过程中pM[－lgc(Cl-)或－lgc(CrO42－)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是

A．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4×10－12
B．al、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：al＞b＞c
C．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点
D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂
【答案】B
【解析】A．b点时恰好反应生成Ag2CrO4，－lgc(CrO42－)=4.0，c(CrO42－)= 10－4mol·L-l，则c(Ag+)=2× 10－4mol·L-l，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrO42－)×c2(Ag+)=4×10－12，故A正确；B．al点恰好反应，－lgc(Cl-)=4.9，c(Cl-)=10－4.9mol·L-l，则c(Ag+)=10－4.9mol·L-l，b点c(Ag+)=2× 10－4mol·L-l，c点，K2CrO4过量，c(CrO42－)约为原来的，则c(CrO42－)= 0.025mol·L-l，则c(Ag+)==×10－5mol·L-l，al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc(Cl-)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；D．根据上述分析，当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时，加入硝酸银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确。
11．某温度时，AgCl(s)=Ag＋(aq)＋Cl－(aq)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．加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点
B．加入固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，Ksp也减小
C．d点有AgCl沉淀生成
D．a点对应的Ksp小于b点对应的Ksp
【答案】C
【解析】A．加入 AgNO3，c(Ag+)增大，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，c(Cl-)减小，而图中c 点变到 d 点时c(Cl-)不变，故A错误；B．Ksp只与温度有关，加NaCl时溶解平衡逆向移动，则AgCl 的溶解度减小，Ksp 不变，故B错误；C．d 点时Qc(AgCl)＞Ksp(AgCl)，则d 点有 AgCl 沉淀生成，故C正确；D．Ksp只与温度有关，a、b点温度相同，则a点对应的 Ksp等于 b 点对应的 Ksp，故D错误。
12．室温下，将尿酸钠()悬浊液静置，取上层清液，再通入，溶液中尿酸的浓度 与的关系如图所示。己知：，，下列说法正确的是

A．上层清液中，
B．当时，
C．在的变化过程中，c(Na+) ·c(Ur－)的值将逐渐减小
D．当时，
【答案】B
【解析】A．上层清液为NaUr饱和溶液，则c(Ur-)===7.0×10-3mol/L，故A错误；
B．当c(HUr)=c(Ur-)时，Ka(HUr)= =c(H+)=2.0×10-6mol/L＞=c(OH-)，故B正确；C．M→N 的变化过程中，温度不变，= c(Na+) ·c(Ur－)不变，故C错误；D．pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+) = c(Cl-)+c(OH-)+c(Ur-)，则c(Na+)=c(Ur-)+c(Cl-)，故D错误。
13．常温下，向10mL0.10 mol/L CuCl2溶液中滴加0.10mol/L Na2S溶液，滴加过程中－lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是

A．Ksp(CuS)的数量级为10－21
B．曲线上a点溶液中，c(S2－)•c(Cu2+) > Ksp(CuS)
C．a、b、c三点溶液中，n(H+)和n(OH－)的积最小的为b点
D．c点溶液中：c(Na+)>c(Cl－)>c(S2－)>c(OH－)>c(H+)
【答案】D
【解析】A．求算CuS的Ksp，利用b点。在b点，CuCl2和Na2S恰好完全反应，方程式为Cu2＋＋S2－=CuS↓，溶液中的Cu2＋和S2－的浓度相等，－lgc(Cu2＋)=17.7，则c(Cu2＋)=10－17.7mol/L。则Ksp= c(Cu2＋)·c(S2-)=10－17.7×10－17.7=10—35.4≈4×10－36，其数量级为10－36，A项错误；B．曲线上a点溶液为CuS的饱和溶液，c(S2-) • c(Cu2+)=Ksp(CuS)，B项错误；C．在水溶液中，c(H＋)·c(OH－)=Kw，温度不变，其乘积不变，C项错误；D．c点溶液Na2S溶液多加了一倍，CuCl2＋Na2S=CuS↓＋2NaCl，溶液为NaCl和Na2S的混合溶液，浓度之比为2:1。c(Na＋)>c(Cl－)>c(S2－)，S2－会水解，S2－＋H2OHS－＋OH－溶液呈现碱性，c(OH－)>c(H＋)，水解是微弱的，有c(S2－) > c(OH－)。排序为c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)；D项正确。
14．硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质。常温下-lgc(Ba2+)随-lgc(CO32-)或-lgc(SO42-)的变化趋势如图，下列说法正确的是（ ）

A．趋势线A表示硫酸钡
B．常温下，Ksp(BaCO3)＝1×10-11
C．硫酸钡更难溶，所以硫酸钡沉淀中加饱和碳酸钠溶液无法转化为碳酸钡沉淀
D．将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，此时溶液中的
【答案】D
【解析】A.溶液中离子浓度越大，其负对数就越小，由于BaCO3的溶解度比BaSO4大，Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，所离子浓度的负对数的值BaCO3Ksp(BaCO3)，就可以形成碳酸钡沉淀，因而可以实现硫酸钡向碳酸钡沉淀转化，C错误；
D.曲线B表示BaSO4的溶解曲线，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)· c(SO42-)=10-11×1=10-11，将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，此时溶液中的，D正确。
15．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。下列说法正确的是（ ）

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
【答案】C
【解析】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错误；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错误；C.反应达到平衡状态，增大c(Cu2+)，K不变，所以c(Cl-)减小，C正确；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错误。
16．某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度变化如图所示。据图分析，下列判断正确的是（ ）

A．Ksp[Cu(OH)2]数量级为10-20
B．d点表示Cu(OH)2形成饱和溶液
C．加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
D．b、c两点表示Fe(OH)3、Cu(OH)2溶解度相等
【答案】A
【解析】A.由c点可知Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=1.0×(10-9.6)2=10-19.2，因此氢氧化铜的溶度积常数的数量级为10-20，A正确；B.曲线为沉淀溶解平衡曲线，曲线上的点为平衡点，曲线上方的点为过饱和溶液，曲线下方的浓度积常数未达到溶度积常数的值，因此形成的不是饱和溶液，所以d点表示Cu(OH)2形成的不饱和溶液，B错误；C.加适量NH4Cl固体，NH4+与OH-结合形成NH3·H2O，导致溶液中c(OH-)减小，因此不能使溶液由a点变到b点，C错误；D. b、c两点表示其中的金属阳离子的浓度相等，由于Fe(OH)3、Cu(OH)2的溶度积常数不同，所以不能表示二者的溶解度相等，D错误。
17．常温下，将AgNO3溶液分别滴加到浓度均为0.01mol/L的NaBr、Na2SeO3溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示（Br−、用Xn−表示，不考虑的水解）。下列叙述正确的是

A．滴加AgNO3溶液时首先析出Ag2SeO3沉淀
B．与a点对应AgBr体系为稳定的分散系
C．可用NaBr溶液除去AgBr中的Ag2SeO3
D．饱和AgBr、Ag2SeO3溶液中，c(Ag+)后者是前者的2倍
【答案】C
【解析】A.由图知，当酸根离子浓度相等时，在c(Ag+)较小的情况下就可以形成AgBr沉淀，A错误；B.a点相对于AgBr溶液，体系处于过饱和状态，不是稳定的分散系，B错误；C.根据图中数据可计算出Ksp(Ag2SeO3)=1×10−15，Ksp (AgBr)=1×10−12.3，沉淀转化反应Ag2SeO3+2Br−2AgBr +的平衡常数K= c()/c2(Br−)=Ksp(Ag2SeO3)/Ksp2(AgBr)=109.6，平衡常数很大，表明向右进行的程度很大，转化反应很彻底，C正确；D.由两种盐的溶度积常数，可计算出两者的饱和溶液中，c(Ag+)后者不是前者的2倍，D错误。
18．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是(　 )
选项
①
②
③
实验结论

A.
稀硫酸
Na2S
AgNO3与AgCl的浊液
Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)
B.
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、
强氧化性
C.
稀盐酸
Na2SO3
Ba(NO3)2溶液
SO2与可溶性钡盐均可生成
白色沉淀
D.
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性：硝酸>碳酸>硅酸

【答案】B
【解析】A、图中装置和试剂不发生沉淀的转化，在AgNO3与AgCl的浊液中，Qc(Ag2S)＞Ksp(Ag2S)，则生成Ag2S，可发生沉淀的生成，不能比较溶度积大小，选项A错误；B、浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，选项B正确；C、盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，选项C错误；D、浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，选项D错误。
19．根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将盐酸滴入NaHCO3溶液中
有气泡产生
氯的非金属性比碳强
B
用pH试纸分别测定0.1mol/L的苯酚钠和0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH
苯酚钠溶液的pH约为8
Na2CO3溶液的pH约为10
苯酚的酸性强于HCO3-
C
分别将己烯与苯加入溴水溶液中
溴水均褪色
两种物质使溴水溶液褪色的原理相同
D
向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中加入5mL0.1mol/LNaOH溶液，出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置
出现红褐色沉淀
同温下，Ksp[Mg(OH)2]大于Ksp[Fe(OH)3]

【答案】B
【解析】A.盐酸滴入碳酸氢钠溶液中有气泡产生，可知盐酸的酸性大于碳酸，但盐酸不是Cl的最高价含氧酸，不能比较氯和碳的非金属性，故A错误；B.苯酚钠和碳酸钠都是强碱弱酸盐，溶液均显碱性，碱性越强说明对应酸的酸性越弱，故B正确；C.己烯使溴水褪色，发生的是加成反应，苯使溴水褪色，发生的是萃取，故C错误；D.氢氧化钠过量，FeCl3与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀，不能比较KSP，故D错误。
20．一定温度下，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(Aq)体系中，c(Ag+)和c(Cl-)的关系如图所示。下列说法正确的是( )

A．a、b、c三点对应的Ksp相等
B．AgCl在c点的溶解度比b点的大
C．AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)
D．b点的溶液中加入AgNO3固体，c(Ag+)沿曲线向c点方向变化
【答案】AC
【解析】A.a、b、c三点对应的AgCl的沉淀溶解平衡所处的温度相同，而溶度积常数Ksp只与温度有关，温度相同，则Ksp相等，A正确；B. 在AgCl溶于水形成的饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl-)，在AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(Aq)平衡体系中c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)，若溶液中c(Cl-)大，则溶液中c(Ag+)小，AgCl的溶解度小，在b点溶液中c(Cl-)小于c点，则溶解度b点大于c点，B错误；C.根据溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)可知，在AgCl溶于水形成的饱和溶液中，溶解的AgCl电离产生的Cl-、Ag+的浓度相等，c(Ag+)=c(Cl-)，C正确；D.在b点的溶液中加入AgNO3固体，溶液中c(Ag+)增大，则c（Cl-）减小，所以c(Ag+)变化应该是沿曲线向a点方向变化，D错误。
21．Na2S可用于制造硫化染料、沉淀水体中的重金属等。
(1)Na2S溶液中S2-水解的离子方程式为_________。
(2)室温时，几种重金属离子的硫化物的溶度积常数如下表：
金属硫化物
FeS
PbS
CuS
HgS
Ksp
6.3×10－18
1.0×10－28
6.3×10－36
1.6×10－52

①向物质的量浓度相同的Fe2+、Pb2+、Cu2+、Hg2+的混合稀溶液中，逐滴加入Na2S稀溶液，首先沉淀的离子是____。
②用Na2S溶液沉淀废水中Pb2+，为使Pb2+沉淀完全[c(Pb2＋)≤1×10-6mol/L]，则应满足溶液中c(S2-)≥_____mol/L。
③反应Cu2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq)+CuS(s)的平衡常数K=_______。
(3)测定某Na2S和NaHS混合样品中两者含量的实验步骤如下：
步骤1.准确称取一定量样品于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至500mL容量瓶中定容。
步骤2.准确移取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入茜素黄GG-百时香酚蓝混合指示剂，用0.2500mol/L盐酸标准溶液滴定（Na2S+HCl=NaHS+NaCl）至终点，消耗盐酸24.00mL；向其中再加入5mL中性甲醛(NaHS+HCHO+H2O→NaOH+HSCH2OH)和3滴酚酞指示剂，继续用0.2500mol/L盐酸标准溶液滴定(NaOH+HCl=NaCl+H2O)至终点，又消耗盐酸34.00mL。
计算原混合物中Na2S与NaHS的物质的量之比(写出计算过程)___________。
【答案】S2-+H2OHS-+OH- Hg2+ 1.0×10-22 1.0×1018 n(Na2S)=0.2500mol/L×24.00mL×10-3L/mL=6.000×10-3mol，n(NaHS)=0.2500mol/L×(34.00－24.00)×10-3L/mL=2.500×10-3mol，
n(Na2S)∶n(NaHS)=6.000×10－3mol∶2.500×10－3mol=12∶5
【解析】 (1)Na2S是强碱弱酸盐，由于H2S是二元弱酸，所以在溶液中S2-水解是分步进行的，首先是S2-水解产生HS-，然后是水解产生的HS-进一步水解产生H2S，主要发生第一步水解反应，水解的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-；
(2)①Fe2+、Pb2+、Cu2+、Hg2+都是+2价的金属阳离子，由于它们的浓度相同，因此向该溶液中加入Na2S溶液时，溶度积常数越小，形成沉淀越容易。根据重金属离子的硫化物的溶度积常数表可知HgS的最小，因此首先形成的是HgS沉淀；
②用Na2S溶液沉淀废水中Pb2+，使Pb2+沉淀完全，这时溶液中c(Pb2＋)≤1×10-6mol/L，由于当c(Pb2＋)·c(S2-)≥Ksp(PbS)时就可以形成PbS沉淀，所以c(S2-)≥1.0×10－28÷1.0×10-6=1.0×10－22mol/L；
③反应Cu2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq)+CuS(s)的平衡常数K==1.0×1018；
(3)根据发生反应Na2S+HCl=NaHS+NaCl消耗HCl可知：在25mL溶液中含有Na2S的物质的量为n(Na2S)= 0.2500mol/L×24.00mL×10-3L/mL=6.000×10-3mol，再根据NaHS+HCHO+H2O→NaOH+HSCH2OH及NaOH+HCl=NaCl+H2O反应消耗的HCl的体积可知25mL溶液中n(Na2S)与n(NaHS)的和为0.2500mol/L×34.00mL×10-3L/mL=8.500×10-3mol，则该溶液中含有NaHS的物质的量为n(NaHS)= 8.500×10-3mol-6.000×10-3mol=2.500×10-3mol，所以n(Na2S)：n(NaHS)= 6.000×10-3mol：2.500×10-3mol=12∶5。溶液中溶质的物质的量的比与所取溶液体积无关，因此原溶液中n(Na2S)：n(NaHS)= 12∶5。
22．含铬化合物有毒，对人畜危害很大。因此含铬废水必须进行处理才能排放。已知：Cr3+Cr(OH)3CrO2-。
(1)在含+6价铬的废水中加入一定量的硫酸和硫酸亚铁，使+6价铬还原成+3价铬；再调节溶液pH在6～8之间，使Fe3+和Cr3+转化为Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀而除去。
①写出Cr2O72-与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式_______________________。
②用离子方程式表示溶液pH不能超过10的原因__________________________________。
③若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=2×10－13 mol/L，则残留的Cr3+的浓度为___________。(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38 Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31)
(2)将含+6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解。阳极区生成的Fe2+和Cr2O72一发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH一结合成氢氧化物沉淀而除去。
①写出阴极的电极反应式__________________________。
②电解法中加入氯化钠的作用是______________________。
(3)某化学兴趣小组以含+6价铬和+2价锰的工业废水为试样，研究铁屑用量和pH对废水中铬、锰去除率的影响。
①取100mL废水于250 mL三角瓶中，调节pH到规定值，分别加入不同量的废铁屑．得到铁屑用量对铬和锰去除率的影响如下图所示。则在pH一定时，废水中铁屑用量为____________时，锰、铬去除率最好。

②取100mL废水于250 mL三角瓶中，加入规定量铁粉，调成不同的pH。得到pH对铬和锰去除率的影响如下图所示。则在铁屑用量一定时，废水pH=__________时锰、铬去除率最好。

【答案】Cr2O72++6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O Cr(OH)3 +OH-=CrO2-+2H2O 3×10-6 mol/L 2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH- 增强溶液导电性 15% 4
【解析】 (1)①Cr2O72-与FeSO4溶液在酸性条件下会发生氧化还原反应，常数Cr3+、Fe3+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式Cr2O72++6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
②由题意可知，当pH超过10即c(OH-)≥10-4mol/L时，Cr(OH)3转变成CrO2-，发生Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O；
(2)①将含+6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解，阳极上铁失电子生成二价铁离子，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
②水是弱电解质，所以蒸馏水的导电能力很小，氯化钠是强电解质，在水中能完全电离导致溶液阴阳离子浓度增大，所以能增强溶液导电性；
(3)①根据图1知，当铁用量逐渐增大时，离子的去除率先增大后减小，当废水中铁屑用量为15%时锰、铬去除率最好；
②根据图2知，当溶液的pH值逐渐增大时，锰离子的去除率先减小后增大，铬的去除率先增大后减小，当pH=4时锰、铬去除率最好。
23．铍铜合金是综合性能良好的合金材料，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO约25％、CuS约71％、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程：

已知：I．铍、铝元素处于元素周期表中的对角线位置，化学性质相似；
II．常温下：KSP[Cu(OH)2]=2．2×10-20 KSP[Fe(OH)3]=2．8×l0-38KSP[Mn(OH)2]=2．1×10-13
(1)①中BeO发生反应的化学方程式________________________________；固体D的化学式为_____________________________。
(2)将BeCl2溶液蒸干得到BeCl2固体，应在HCl气流中进行，其原因是__________________(用离子方程式表示)。溶液C中含NaC1、BeC12和少量HC1，为提纯BeCl2溶液，选择最佳步骤依次为_________。
a．通入过量的CO2 b．加入适量的HCl c．加入过量的NaOH
d．加入过量的氨水 e．过滤 f．洗涤
(3)溶液E中含c(Cu2+)=2．2mol·L-1、c(Mn2+)=0．21mol·L-1、c(Fe3+)=0．0028mol·L-1，逐滴加入稀氨水调节pH，产生沉淀的先后顺序是___________________，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于____________。
(4)取铍铜元件1kg，最终获得Be的质量为76．5g，则产率约为________________。
【答案】BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O或BeO+2NaOH+H2O=Na2［Be(OH)4］ H2SiO3(或H4SiO4) Be2++2H2OBe(OH)2+2H+ defb Fe(OH)3、Cu(OH)2、Mn(OH)2 4 85%
【解析】 (1)①铍、铝元素处于元素周期表中的对角线位置，化学性质相似，则①中BeO发生反应的化学方程式BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O或者BeO+2NaOH+H2O=Na2［Be(OH)4］；②中发生反应Na2BeO2+4HCl=2NaCl+BeCl2+2H2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓或者Na2SiO3+2HCl+H2O=2NaCl+H4SiO4↓则固体D为H2SiO3(或H4SiO4)；
答案：BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O或BeO+2NaOH+H2O=Na2［Be(OH)4］ H2SiO3(或H4SiO4)
(2)BeCl2为易挥发性强酸的弱碱盐，溶液蒸干时由于Be2++2H2OBe(OH)2+2H+，盐酸易挥发，使得水解正向进行，得不到BeCl2固体，应在HCl气流中进行抑制Be2+的水解；提纯BeCl2溶液步骤①先生成Be(OH)2沉淀便于分离，因为Be(OH)2溶于过量强碱，所以选择弱碱；②过滤、洗涤③加入适量盐酸Be(OH)2+2HCl=BeCl2+H2O；
答案：Be2++2H2OBe(OH)2+2H+ defb
(3)根据Ksp计算开始生成沉淀所需pH:
KSP[Cu(OH)2]=2.2×10-20 =c(Cu2+)×c（OH-）2得c（OH-）=10-10，pH=4；
KSP[Fe(OH)3]=2.8×l0-38=c(Fe3+)×c（OH-）3得c（OH-）=10-35/3，pH≈2.3；
KSP[Mn(OH)2]=2.1×10-13==c(Mn2+)×c（OH-）2得c（OH-）=10-6，pH=8；
则逐滴加入稀氨水调节pH，产生沉淀的先后顺序是Fe(OH)3、Cu(OH)2、Mn(OH)2
，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于4；
答案：Fe(OH)3、Cu(OH)2、Mn(OH)2 4
(4)理论产量约为：1000×25%×=90g，则产率约为=85%；
答案：85%
24．下列是MnO2工业制备及对含Mn2+废水处理的有关问题，已知：Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13 ， Ksp(MnCO3)＝2.2×10－11，回答下列问题：
(1)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，其阳极反应式为___________。
(2)往MnSO4溶液中加入(NH4)2CO3溶液制取MnCO3时会产生Mn(OH)2，可能的原因是：MnCO3(s)＋2OH－(aq) Mn(OH)2(s)＋CO32-(aq)，该反应的平衡常数K＝_________(保留一位小数)。
(3)废水中的Mn2+，也可用NH4HSO4调节溶液的pH。室温时，往100 mL 0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，所得溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系曲线如下图所示 (反应前后溶液总体积变化忽略不计) 。

a点c(NH4+)＋c(NH3 .H2O)＝__________mol·L－1 ；图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是__________；b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是____________________。
【答案】Mn2+-2e-+2H2O= MnO2+4H+ 115.8 或1.2×102 0.05 a点 c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)
【解析】（1）阳极发生氧化反应，锰离子在阳极失电子化合价升高，生成二氧化锰，根据原子守恒，反应物中有H2O参加，再根据电荷守恒，生成物中还有H+，则反应的电极式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
因此，本题正确答案是：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
(2)由MnCO3(s)＋2OH－(aq) Mn(OH)2(s)＋CO32-(aq)，可知，K＝=
==115.8；
因此，本题正确答案是：115.8；
(3)a点溶液为0.1 mol/L的NH4HSO4溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，恰好消耗完H+，溶液中只有 (NH4)2SO4与Na2SO4，溶液体积增大一倍，根据物料守恒关系，c(NH4+)＋c(NH3 .H2O)＝0.1 mol/L ×=0.05mol·L－1 ；
向100 mL 0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液；OH-先中和H+，在此过程中水的电离程度增大；后OH-与NH4+反应生成NH3·H2O，NH4+浓度减小，水解程度减小，则水的电离程度减小；b、c、d三点溶液均含有NH3 .H2O，NH3 .H2O抑制水的电离，a点恰好将H+完全中和，NH4+浓度最大，所以水的电离程度最大的是a点；
b点溶液为中性，溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4、NH3H2O，V(NaOH)>V(NH4HSO4)，铵根离子水解，则离子浓度大小为c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)，
因此，本题正确答案是：0.05； a点；c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)。
25．废旧电池的回收处理，既能减少对环境的污染，又能实现资源的再生利用。将废旧锌锰电池初步处理后，所得废料含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe等，用该废料制备Zn和MnO2的一种工艺流程如下：

已知：
①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化
②有关Ksp数据如下表所示
化合物
Mn(OH)2
Zn(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10-13
10-17
10-38
回答下列问题：
(1)还原焙烧过程中， MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO，该反应的化学方程式为___________。传统的工艺是使用浓盐酸在加热条件下直接处理废料，缺点是___________。
(2)酸漫时一般会适当加热并不断搅拌，其作用是___________，滤渣1和滤渣2主要成分的化学式依次是___________。
(3)净化时，先通入O2再加入MnCO3，其目的是___________；已知净化时溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，调节pH的合理范围是___________。
(4)电解制取MnO2时，MnO2在___________极产生。
(5)中科院研究人员将MnO2和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池，该电池可将软饮料中的葡萄糖作为燃料获得能量，装置如图所示。此装置中b极的电极反应式为______________________。

【答案】（1）2MnOOH+C 2MnO+CO↑+H2O↑ 反应过程中产生氯气，造成环境污染 加快酸浸时的反应速率 C、 Fe(OH)3 先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全 3≤pH<5.5 阳 C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+
【解析】（1）MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO ，因为碳过量时生成一氧化碳，方程式为：2MnOOH+C 2MnO+CO↑+H2O↑，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，造成环境污染。
（2）加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，碳不溶于水或酸，所以滤渣1为碳，溶液中通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe(OH)3沉淀而分离。
（3）实验过程中需要将亚铁离子氧化并沉淀，但不能将锰元素氧化和沉淀，因为二价锰在酸性条件下很稳定，所以先通入氧气，先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全，当铁离子浓度小于或等于10-5mol/L时认为完全沉淀，假设此时溶液中的氢氧根离子浓度为xmol/L，则有10-5×x3=10-38，解x=10-11mol/L，则溶液的pH为3，溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，形成Mn(OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为ymol/L，则有0.1×y2=10-13，形成Zn (OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为zmol/L，0.1×z2=10-17，y=10-6 mol/L，z=10-8 mol/L，对应的pH分别为8和6，且Mn2+在pH高于5.5时易被O2氧化，所以应调节pH范围为3≤pH<5.5。
（4）电解过程中锰元素化合价升高，在阳极生成二氧化锰。
（5）二氧化锰做氧化剂，得到电子，在正极反应，则葡萄糖失去电子，电极反应为：C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+。