3.3 沉淀溶解平衡 同步测试题
一、单选题
1．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 将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合物中 产生红棕色气体 硝酸的还原产物为NO2
B 将少量Fe(NO3)2试样加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液 溶液变成血红色 Fe(NO3)2试样无法确定是否变质
C 2滴0.1mol·L 1 MgCl2溶液中滴加2mL 1mol·L 1 NaOH溶液，再滴加2滴0.1 mol·L 1 FeCl3溶液 先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]> Ksp[Fe(OH)3]
D 将溴乙烷和NaOH乙醇溶液混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液 酸性KMnO4溶液褪色 产生了乙烯
A．A B．B C．C D．D
2．下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由点可求得
B．时的溶解度为
C．浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离
D．混合溶液中时二者不会同时沉淀
3．由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 将镁条点燃后迅速伸入充满N2的集气瓶中 集气瓶内有黄绿色粉末产生 N2具有氧化性
B 向2mLNa2S稀溶液中滴加0.1mol/LZnSO4溶液至不再有白色沉淀产生，然后再往上述溶液中滴加0.1mol/LCuSO4溶液 沉淀由白色变为黑色 Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
C 将镁片和铝片分别打磨后，用导线连接再插入NaOH溶液中 片刻后镁片上有大量气泡产生，铝片上产生的气泡很少 镁为电池正极
D 将装有CuCl2 2H2O晶体的试管加热，在试管口放置湿润的蓝色石蕊试纸 试纸变为红色 CuCl2显酸性
A．A B．B C．C D．D
4．一定温度下的难溶电解质AmBn在水溶液中达到溶解平衡时，已知数据如表所示：
物质 Fe（OH）2 Cu（OH）2 Fe（OH）3
Ksp/25℃ 8.0×10﹣16 2.2×10﹣20 4.0×10﹣38
完全沉淀时的pH范围 ≥9.6 ≥6.4 3～4
对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液的说法，比较合理的（ ）
A．向该混合溶液中加入少量铁粉即能观察到红色固体析出
B．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到蓝色沉淀
C．该混合溶液中c（SO42﹣）：{c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）}＞5：4
D．向该混合溶液中加入适量氯水，并调节pH为3～4，然后过滤，可得到纯净的CuSO4溶液
5．室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是（ ）
选项 探究方案 探究目的
A 向2 mL 0.1 mol ·L-1NaCl溶液中滴加2滴0.1 mol·L-1 AgNO3，观察现象。振荡试管，再滴加4滴0.1 mol·L-1KI溶液，观察现象 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B 将pH相同的HNO2溶液和CH3COOH溶液均稀释10倍后，用pH计测量，比较溶液pH大小 Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)
C 170 ℃下，加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化 乙醇脱水后生成乙烯
D 将氧化铁加入到足量HI溶液中，充分溶解后，滴入CCl4后振荡、静置，观察CCl4层颜色变化 氧化性：Fe3＋>I2
A．A B．B C．C D．D
6．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
7．下列实验操作能达到目的的是（）
A．在中和热的测定实验中，可将稀盐酸换成浓硫酸
B．欲除去水垢中的CaSO4，可先用碳酸钠溶液处理，再用盐酸处理
C．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，用蒸馏水洗净滴定管后，可直接装入标准盐酸进行滴定
D．配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的硫酸中再加水稀释
8．常温下，三种难溶电解质的溶度积如下表。
物质 Ag2CrO4 AgCl AgBr
Ksp 1.0×10-12 1.8×10-10 7.7×10-13
下列说法正确的是（ ）
A．向饱和AgCl溶液中通入少量HCl气体，溶液中c(Ag+)不变
B．浓度均为1×10-6 mol L﹣1的AgNO3、HBr溶液等体积混合后会生成AgBr沉淀
C．常温下，以0.01 mol L﹣1 AgNO3溶液滴定20mL0.01mol L﹣1KCl和0.01mol L﹣1K2CrO4的混合溶液，CrO42-先沉淀
D．常温下，Ag2CrO4（s）+2Cl-（aq） 2AgCl（s）+CrO42-（aq）的平衡常数K=3.1×107
9．某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时-lgc(Pb2+)与-lgc()或-lgc(I-)的关系如下图所示，且PbCO3更难溶。下列说法正确的是（ ）
A．Ksp (PbCO3) 的数量级为 10-13
B．p点对应的是PbCO3不饱和溶液
C．往浓度相同的Na2CO3、NaI 混合溶液中滴入Pb(NO3)2 溶液先产生黄色沉淀
D．反应PbI2(s)+ CO(aq)PbCO3(s)+ 2I-(aq)的平衡常数K = 105.1
10．某温度下，将Fe（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）分别置于蒸馏水中达到沉淀溶解平衡后，金属阳离子浓度随溶液pH的变化如图所示．下列判断正确的是（ ）
A．该温度下，Ksp[Fe（OH）3]＞Ksp[Cu（OH）2]
B．c、d 两点代表的溶液中c（H+） 与c（OH﹣） 乘积不相等
C．Cu（OH）2在c点比在d点代表的溶液中溶解程度小
D．加适量浓NH3 H2O可使溶液由a点变到b点
11．某温度时，可用K2S沉淀Cu2+、Mn2+、Zn2+三种离子(M2+)。所需S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．三种离子对应的硫化物中Ksp(CuS)最小，约为1×10-20
B．向MnS的悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2-)增大
C．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2
D．向浓度均为1×10-5mol·L-1的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×10-4mol·L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀
12．某温度时，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。该温度下，下列说法正确的是（ ）
A．含有大量SO42－的溶液中肯定不存在Ag＋
B．Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为1×10－3
C．0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.02 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀
D．a点表示Ag2SO4的不饱和溶液，蒸发可以使溶液由a点变到b点
13．水垢的主要成分是CaCO3、CaSO4等。分别将水垢加入到下列溶液中至不再溶解,则溶液中c(Ca2+)最小的是（ ）
A．100mL 0.01mol/L盐酸 B．50mL 0.01mol/L CaCl2溶液
C．40 mL水 D．10 mL 0.1mol/L Na2CO3溶液
14．下列选项中正确的是（ ）
A．碳酸钠溶液水解的离子方程式：CO32﹣+2H2O=H2CO3+2OH﹣
B．甲烷的燃烧热为890.3 kJ mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3 kJ mol﹣1
C．氢氧化钡在水溶液中的电离方程式：Ba（OH）2=Ba2++2OH﹣
D．向含Al（OH）3白色沉淀的溶液中不断通CO2沉淀逐渐溶解
二、综合题
15．物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡．
请根据所学知识的回答：
（1）浓度为0.1mol/L的8种溶液：①HNO3②H2SO4③HCOOH ④Ba（OH）2⑤NaOH ⑥CH3COONa ⑦KCl ⑧NH4Cl 溶液pH值由小到大的顺序是（填写编号） ．
（2）B为0.1mol L﹣1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请用离子方程式表示其原因： ．
（3）在0.10mol L﹣1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）= （已知Ksp[Cu（OH）2]=2.2x10﹣20）．若在0.10mol L﹣1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是．
16．
（1）.向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，①观察到的现象是 ，原因是 (用离子方程式表示)。
②若微热溶液，观察到的现象是 ，原因是 。
（2）.在一定温度下，向AgI的饱和溶液中：(填“增大”、“减小”或“不变”)
①
若加入AgNO3固体，c(I-) 。
②
若加入更多的AgI固体，则c(Ag+) 。
17．T1、T2两种温度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题：
（1）T1 (填“＞”“＜”或“＝”)T2，T2时Ksp(BaSO4)= 。
（2）根据T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，判断下列说法正确的是____(填序号)。
A．加入Na2SO4可由a点变为b点
B．在T1曲线上方区域(不含曲线)的任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C．蒸发溶剂可能由d点变为T1曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)
D．升温可由b点变为d点
（3）沉淀的生成、溶解和转化在无机物制备和提纯及科研等领域有着广泛应用。已知25 ℃时，Ksp(BaSO4)=1×10-10。
①医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用BaSO4作内服造影剂。胃酸的酸性较强(pH约为1)，但服用大量BaSO4仍然是安全的，BaSO4不溶于胃酸的原因是 (用沉淀溶解平衡原理解释)。万一误服了少量BaCl2，应尽快用大量0.5 mol/L Na2SO4溶液洗胃，如果忽略洗胃过程中Na2SO4溶液浓度的变化，残留在胃液中的Ba2+浓度仅为 mol/L。
②长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率。水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为 。
18．消除氮氧化物和硫氧化物有多种方法。
（1）用活性炭还原法： 某研究小组向某密闭容器中加入足量的活性炭和 NO，发生反应：C(s)＋2NO(g) N2(g)＋CO2(g) △H＝Q kJ·mol－1 在 T1℃下，反应进行到不同时间测得各物质的浓度部分数据如下：
①0～10 min 内， N2 的平均反应速率 υ(N2)= ， T1℃时，该反应的平衡常数 K= 。
②30min后，若只改变一个条件，反应重新达到平衡时各物质的浓度如上表所示，则改变的条件可能是 (填字母)
a. 加入一定量的活性炭
b. 改变反应体系的温度
c. 缩小容器的体积
d. 通入一定量的 NO
③若 30 min 后升高温度至 T2℃，重新达到平衡时，容器中 NO、 N2、 CO2 的浓度之比为 7∶3∶3，则该反应的DH 0（填“＞” 、 “ ＝” 、或“＜” ）
（2）NH3 催化还原法： 原理如图所示
①若烟气中 c(NO2)：c(NO)=1∶1，发生如图甲所示的脱氮反应时，反应过程中转移 1.5mol 电子时放出的热量为 113.8 kJ，则发生该脱氮反应的热化学方程式为 。
②图乙是在一定时间内，使用不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业使用的最佳催化剂和相应温度分别为 ；使用 Mn 作催化剂时，脱氮率 b~a 段呈现如图变化的可能原因是 。
（3）已知常温下 Ka1(H2SO3)=1.8 10－2， Ka2(H2SO3)=6.0 10－9。 汽车尾气中的 SO2用石灰水来吸收，生成的 CaSO3 浊液 pH＝9.0，忽略 SO32－的第二步水解，则Ksp(CaSO3)= 。
19． 是一种重要的无机化工原料，可用于制备多晶材料、光学玻璃。现有如下两种途径可以制得。
（1）途径Ⅰ 以工业级 溶液(含 和 等杂质)为原料制备 ，过程如下：
工业级 溶液
除杂。①向硫酸镁溶液中加入 ，加热、保持溶液温度在 ，将 转化为 沉淀，反应后滤液的 (填“增大”、“不变”或“减小”)；
②调节滤液的 ，使溶液呈弱碱性，向其中加入 ，将 转化为 沉淀，写出该反应的离子方程式 。
③ ( 、 、 )转变为氢氧化物沉淀的 如图。除杂时未采取将 直接转化为 的原因是 。
（2）沉镁。向“除杂”后滤液中加入 ，同时产生气体，写出生成 的化学方程式 。
（3）酸溶。将所得 置于 (填“玻璃”、“聚丙烯”或“石英”)烧杯中，加入适量的 ，搅拌溶解。
途径Ⅱ 以磷肥副产物 溶解 ，充分反应后过滤、得 溶液，浓缩得 ， 条件下煅烧得 。
（4）溶解时， 质量分数控制在 的原因： ( 时， 的溶解度 )。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．浓硝酸被稀释变为稀硝酸，稀硝酸的还原产物是无色的一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成红棕色二氧化氮，选项A不符合题意；
B．将少量Fe(NO3)2试样加水溶解后加稀硫酸酸化，在酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应可生成Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为血红色不能断定Fe(NO3)2试样已变质，B项符合题意；
C．NaOH过量，FeCl3会与剩余的NaOH反应生成Fe(OH)3，无法确定两种沉淀的Ksp大小，故C不符合题意；
D．乙烯中含有乙醇，乙醇也可使酸性KMnO4溶液褪色，故D项不符合题意。
【分析】A.铜和稀硝酸的反应产物是一氧化氮，不是二氧化氮
B.硝酸根在加入硫酸后，具有很强的氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，不能检验是否变质
C.氢氧化钠过量不能验证难溶沉淀之间的转化，如要验证需要控制氢氧化钠的量是少量
D.通入高锰酸钾之前需要进行除去其他还原性气体，防止干扰乙烯的验证
2．【答案】C
【解析】【解答】A.对于a点可知，pH=2，c（OH-）=10-12mol/L，c（Fe3+）=10-2.5mol/L，带入Ksp（Fe（OH）3）=c（Fe3+）c（OH-）3=10-38.5，A项错误；
B.pH=4时，Al3+浓度为10-3mol/L，所以氢氧化铝溶解度为10-3mol/L，B项错误；
C.由图可知，当Fe3+完全沉淀时，Al3+还没有沉淀，所以可以通过分步沉淀进行分离，C项正确；
D.由图可知，Al3+还没有完全沉淀时，Cu2+已经开始沉淀，所以二者会同时沉淀，D项错误。
故答案为：C。
【分析】（1）弄清楚横纵坐标含有，图像变化趋势以及含义；
（2）充分利用图像的特殊点位进行计算，如起点、交点、终点等；
（3）弄清楚什么时候完全沉淀，什么时候开始沉淀，分析多离子沉淀时沉淀的先后顺序。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．集气瓶内有黄绿色粉末产生，表明镁条与氮气发生了反应，镁失电子，则N2得电子具有氧化性，A能推出相应结论；
B．溶液中不再有白色沉淀产生，表明溶液中S2-全部转化为ZnS，再滴加CuSO4溶液，沉淀由白色变为黑色，表明ZnS转化为CuS，从而证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，B能推出相应结论；
C．镁片上有大量气泡产生，则在镁片上H2O得电子生成H2和OH-，镁为正极，C能推出相应结论；
D．试管口放置的湿润的蓝色石蕊试纸变红，则证明有酸性气体生成，从而说明CuCl2易发生水解，不能推出CuCl2显酸性，D不能推出相应结论；
故答案为：D。
【分析】A、金属镁具有还原性，而集气瓶内有黄绿色粉末产生，所以可得出N2具有氧化性；
B、注意：硫化锌为白色沉淀，硫化铜为黑色沉淀；
C、水在镁片上得电产生氢气，从而判断镁为正极；
D、注意：氯化铜属于盐。
4．【答案】C
【解析】【解答】解：A．溶液中阳离子氧化性顺序是Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；加入铁粉先和铁离子发生氧化还原反应，所以开始无红色固体析出，故A错误；
B．依据阳离子沉淀的pH可知加入氢氧化钠溶液先沉淀的是氢氧化铁，最先看到的是红褐色沉淀，故B错误；
C．等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中设物质的量为1mol，n（SO42﹣）=5mol，n（Cu2+）+n（Fe2+）+n（Fe3+）=4mol，但Cu2+、Fe2+、Fe3+在水溶液中发生水解，所以该混合溶液中c（SO42﹣）：{c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）}＞5：4，故C正确；
D．向该混合溶液中加入适量氯水，加入氯水氧化亚铁离子为铁离子，发生反应6FeSO4+3Cl2=2Fe2（SO4）3+2FeCl3，并调节溶液的pH为3﹣4，然后过滤，得到溶液是硫酸铜溶液和氯化铜溶液，不能得到纯净的CuSO4溶液，故D错误；
故选C．
【分析】A．等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中阳离子氧化性顺序是Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；铁粉和阳离子发生氧化还原反应顺序进行；
B．依据图表分析，铁离子开始沉淀的pH=3分析；
C．铁离子、亚铁离子、铜离子水溶液中水解；
D．混合溶液中加入氯水氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH3﹣4铁离子沉淀完全，过滤得到溶液是硫酸铜溶液和盐酸、硫酸溶液．
5．【答案】C
【解析】【解答】A．向2 mL 0.1 mol ·L-1NaCl溶液中滴加2滴0.1 mol·L-1 AgNO3，产生白色沉淀，在滴加KI，白色沉淀转化为黄色沉淀，证明溶解度小的转化为溶解度更小的，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A不符合题意；
B．pH相同的HNO2溶液和CH3COOH溶液稀释相同的倍数，酸性弱的变化小，用pH计测量，比较稀释后溶液pH大小，可以得出酸性强弱的结论，即可以探究Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)，故B不符合题意；
C.170 ℃下，加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，乙醇发生消去反应，伴随副反应有SO2产生，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液，SO2和乙烯均可以使高锰酸钾褪色，不能证明乙醇脱水后产生乙烯，故C符合题意；
D．将氧化铁加入到足量HI溶液中充分溶解后，HI被Fe3+氧化生成I2，滴入CCl4后振荡萃取生成的I2、静置，观察CCl4层颜色变化，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性：Fe3＋>I2，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.硝酸银不足，AgCl转化为更难溶的AgI；
B.pH相同酸稀释相同倍数后，酸性强的pH变化大；
C.乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；
D.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物分析。
6．【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。
7．【答案】B
【解析】【解答】A.浓硫酸溶于水会放热，造成所放出热量增大，故A不符合题意；
B.欲除去水垢中的CaSO4，可先用碳酸钠溶液处理，使硫酸钙转化成更难溶的碳酸钙，再用稀盐酸处理碳酸钙，故B符合题意；
C.中和滴定的操作中，应该要先用蒸馏水洗，再用标准液进行润洗，故C不符合题意；
D.氯化铁是强酸弱碱盐，所以在水溶液中能水解，为抑制氯化铁水解，应向氯化铁溶液中加盐酸，所以配制氯化铁溶液时，将一定量氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中，再用水稀释到所需浓度，若用硫酸引入杂质离子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、中和热是强酸强碱的稀溶液生成可溶性盐和1mol水时放出的热量。
B、由于碳酸钙的溶解度小，加入碳酸钠使硫酸钙转化为碳酸钙。
C、滴定管水洗后需要润洗，锥形瓶只需水洗。
D、配置氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在浓盐酸中，再加水稀释。
8．【答案】D
【解析】【解答】A，在饱和AgCl溶液中存在溶解平衡：AgCl（s） Ag+（aq）+Cl-（aq），通入HCl气体溶于水电离出Cl-，Cl-浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶液中c（Ag+）减小，A项不符合题意；
B，浓度均为1 10-6mol/L的AgNO3、HBr溶液等体积混合后c（Ag+）、c（Br-）都为5 10-7mol/L，此时Qc=c（Ag+）·c（Br-）=5 10-7 5 10-7=2.5 10-13＜7.7 10-13，不会生成AgBr沉淀，B项不符合题意；
C，Cl-开始沉淀所需Ag+浓度为c（Ag+）=Ksp（AgCl） c（Cl-）=1.8 10-10 0.01=1.8 10-8（mol/L），CrO42-开始沉淀所需Ag+浓度为c（Ag+）= = =1 10-5（mol/L）＞1.8 10-8（mol/L），Cl-先沉淀，C项不符合题意；
D，Ag2CrO4（s）+2Cl- 2AgCl（s）+CrO42-（aq）的平衡常数K= = = =1.0 10-12 （1.8 10-10）2=3.1 107，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据化学平衡移动原理进行分析；
B.根据AgBr的溶度积常数与溶度积相对大小进行判断是否有沉淀生成；
C.根据产生沉淀需要银离子的浓度进行判断，而不能直接用溶度积常数的大小比较进行判断；
D.根据溶度积常数的定义式进行计算。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．PbCO3更难溶，相同铅离子浓度，碳酸根浓度更小，q点的离子浓度更小，q点横坐标为碳酸根离子浓度，L2曲线为PbCO3的溶解曲线，L1曲线为PbI2的溶解曲线，Ksp(PbCO3)=1×10 13.1，A不符合题意；
B．p点碳酸根浓度比q点大，p对应的是PbCO3过饱和溶液，B不符合题意；
C．Ksp(PbCO3)=1×10 13.1，Ksp(PbI2)=1×(1×10 4)2=1×10 8，滴入Pb(NO3)2溶液，碳酸钠所需铅离子浓度更小，先产生白色沉淀，C不符合题意；
D．K=c2（I-）/c（CO32-），上下同时乘以c（Pb2+）得K=Ksp（PbI2）/Ksp（PbCO3）=10-8/10-13.1=105.1，D符合题意；
【分析】A．溶解平衡常数判断；
B．过饱和溶液的判断；
C．所需离子浓度更小，先产生白色沉淀；
D．溶解平衡常数的计算。
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A．由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe（OH）3]与KSP[Cu（OH）2]的大小，KSP[Fe（OH）3]=c（Fe3+） （OH﹣）3=c（Fe3+） （10﹣12.7）3，KSP[Cu（OH）2]=c（Cu2+） （OH﹣）2=c（Cu2+） （10﹣9.6）2，因c（Fe3+）=c（Cu2+），故KSP[Fe（OH）3]＜KSP[Cu（OH）2]，故A错误；
B．只要温度不发生改变，溶液中c（H+）与c（OH﹣）的乘积（即Kw）就不变．该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c（H+）与c（OH﹣）的乘积相等，故B错误；
C．在C点表示饱和溶液，在d点表示不饱和溶液，所以Cu（OH）2在c点比在d点代表的溶液中溶解程度大，故C错误；
D．向溶液中加入氨水，溶液的pH增大，则铁离子浓度降低，所以可以由a点变到b点，故D正确．
故选D．
【分析】A．根据图象找出可用来比较Fe（OH）3与Cu（OH）2溶度积常数点，可用b、c进行计算；
B．Kw只与温度有关，与溶液的酸碱性无关；
C．c点表示饱和溶液，在d点表示不饱和溶液；
D．由a点变到b点，pH增大．
11．【答案】C
【解析】【解答】A．对于MS沉淀，溶度积常数为Ksp=c（M2+）·c（S2-），所以根据图像可知三种离子对应的硫化物中Ksp(CuS)最小，约为10－25×10－10＝1×10-35，故A不符合题意；
B．向MnS的悬浊液中加入少量水，仍可建立沉淀溶解平衡，溶液仍能达到饱和溶液，饱和溶液中c(S2-)是不变的，故B不符合题意；
C．Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS），同类型沉淀溶度积越大，溶解度越大，溶解度大的容易转化为溶解度小的，所以可以用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2，故C符合题意；
D．Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），溶解度越小越优先形成沉淀，所以向浓度均为1×10-5mol·L-1的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×10-4mol·L-1的Na2S溶液，Cu2+最先沉淀，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据Ksp=c（M2+）·c（S2-）计算；
B．饱和溶液中c(S2-)不变；
C．根据Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）分析；
D．根据Ksp的大小分析；
12．【答案】C
【解析】【解答】A. Ag2SO4的在水中沉淀溶解平衡为：Ag2SO4（s） 2Ag+(aq)+SO42-(aq)，溶解为可逆过程，溶液中一定存在Ag+,故A不符合题意；
B.由图象可知,当c(SO42-)=5×10-2mol/L时,c(Ag+)=2×10-2mol/L，Ksp= c2(Ag+)×c(SO42-)=2×10-5，故B不符合题意；
C. 0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.02 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合,c(SO42-)=0.01mol/L,c(Ag+)=0.01mol/L，c2(Ag+)×c(SO42-)=1×10-6
故答案为：C。
【分析】针对选项C：当浓度商QC> Ksp，为过饱和溶液，有沉淀析出；当浓度商QC=Ksp，为饱和溶液，没有沉淀析出；当浓度商QC
【解析】【解答】A、盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，钙离子浓度增大，A不符合题意；
B、放入50mL 0.01mol/L CaCl2溶液中，最终达到平衡后钙离子浓度较大，B不符合题意；
C、加水促进溶解平衡向溶解的方向进行，钙离子数目增加，但浓度降低，C不符合题意；
D、放入10 mL 0.1mol/L Na2CO3溶液中碳酸根浓度增大，使溶解平衡向生成碳酸钙的方向进行，钙离子浓度最小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】要使溶液中c(Ca2+)最小，考虑沉淀在溶液中的溶解被抑制程度最大：
A、盐酸能够与碳酸钙反应使沉淀转化为溶液，溶液中的钙离子浓度增大；
B、放入 0.01mol/L CaCl2溶液中，沉淀溶解被抑制，但是 0.01mol/L CaCl2溶液中本身的c(Ca2+)较大；
C、放入水中促进沉淀溶解，但是体积变大，浓度降低；
D、放入0.1mol/L Na2CO3溶液中，碳酸根浓度增大，溶解平衡被抑制，使溶解平衡向生成碳酸钙的方向进行，钙离子浓度最小；
14．【答案】C
【解析】【解答】解：A．碳酸钠溶液中，碳酸根离子的水解分步进行，主要以第一步为主，正确的离子方程式为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，故A错误；
B．甲烷的燃烧热为890.3 kJ mol﹣1，液态水更稳定，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3 kJ mol﹣1，故B错误；
C．氢氧化钡在水溶液中完全电离出钡离子和氢氧根离子，正确的电离方程式为：Ba（OH）2=Ba2++2OH﹣，故C正确；
D．碳酸的酸性较弱，向含Al（OH）3白色沉淀的溶液中不断通CO2，沉淀不会溶解，故D错误；
故选C．
【分析】A．碳酸根离子的水解分步进行，水解方程式只写出第一步的反应即可；
B．燃烧热中生成氧化物必须为稳定氧化物，液态水比气态水稳定；
C．氢氧化钡为强电解质，在溶液中完全电离；
D．碳酸为弱酸，氢氧化铝不溶于碳酸．
15．【答案】（1）②①③⑧⑦⑥⑤④
（2）HCO3+H2O H2CO3+OH﹣
（3）2.2×10﹣8mol L﹣1
【解析】【解答】解：（1）属于碱的为：④Ba（OH）2⑤NaOH，浓度相同时，碱性④＞⑤；
水解呈碱性的为：⑥CH3COONa，但水解程度较小，则pH：④＞⑤＞⑥；
溶液呈中性的为：⑦KCl；
溶液呈酸性的有：①②③⑧，其中①为一元强酸，②为二元强酸，③为弱酸，⑧水解呈酸性，浓度相同时，
溶液的pH：②＜①＜③＜⑧，
综合以上分析可知，溶液的pH由小到大的顺序是为：②①③⑧⑦⑥⑤④，
故答案为：②①③⑧⑦⑥⑤④；（2）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3+H2O H2CO3+OH﹣，电离平衡为：HCO3﹣ H++CO32﹣，而以水解为主，即碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度溶液，故显碱性，
故答案为：HCO3+H2O H2CO3+OH﹣；（3）根据题给Cu（OH）2的溶度积即可确定pH=8时，c（OH﹣）=10﹣6mol/L，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20，则：c（Cu2+）= =2.2×10﹣8mol L﹣1；
在0.1mol L﹣1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的溶质为硫酸，c（SO42﹣）不变，为0.1mol L﹣1，由电荷守恒可知c（H+）为0.2mol L﹣1，
故答案为：2.2×10﹣8mol L﹣1；0.2mol L﹣1．
【分析】（1）先将物质的按照碱、盐、酸的顺序分类，再根据盐的水解和弱电解质的电离特点比较PH，再按照溶液的pH由大到小进行排序；（2）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡和电离平衡；水的电离平衡；溶液显碱性是因为溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；（3）根据溶度积常数及溶液中氢氧根离子浓度计算出c（Cu2+）；在0.1mol/L硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，硫酸根离子浓度为0.1mol/L，根据溶液的电中性计算H+浓度．
16．【答案】（1）溶液变红色；CO32-＋H2O OH－＋HCO3-；红色加深；加热，水解程度变大，溶液碱性增强
（2）减小；不变
【解析】【解答】（1）①纯碱是强碱弱酸盐，在纯碱溶液中，CO32-易水解生成氢氧根离子：CO32-+H2O HCO3-+OH-，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，滴入酚酞，溶液变红色，
故答案为：溶液变红色；CO32-+H2O OH-+HCO3-。
②碳酸根离子的水解为吸热反应，加热，碳酸钠水解平衡向生成碱的方向移动，溶液碱性增强，导致溶液红色变深，
故答案为：红色变深；加热，水解程度变大，溶液碱性增强。（2）在一定温度下，向AgI的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，AgI（s） Ag+（aq）+I-（aq），平衡状态下存在溶度积常数，Ksp=c（Ag+） c（I-）；①若加入AgNO3固体，会增加银离子浓度，沉淀溶解平衡AgI（s） Ag+（aq）+I-（aq），左移，c（I-）减小，故答案为：减小。②若加入更多的AgI固体，沉淀溶解平衡AgI（s） Ag+（aq）+I-（aq）不变，则c（Ag+）不变，故答案为：不变。
【分析】此题利用盐类水解平衡移动原理进行判断，根据水解吸热及温度对水解平衡的影响进行判断平衡的移动。
对于沉淀溶解平衡的移动，遵从勒夏特列原理。
17．【答案】（1）＜；
（2）A；B；C
（3）对于沉淀溶解平衡 ， 不能减少 或 的浓度，平衡不能向溶解方向移动；；
【解析】【解答】（1）沉淀溶解平衡是吸热反应，升高温度，平衡向右移动，即温度越高 的溶解度越大， 温度下的离子积较小，所以 ； 时Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42-)=1.0×10-4mol/L×5.0×10-5mol/L=5.0×10-9mol2/L2；（2）A、由于存在溶解平衡，加入 ， 浓度增大， 的沉淀溶解平衡逆向移动， 的浓度降低，a点会变为b点，故正确；
B、 曲线上方区域的离子积大于溶度积，所以会析出沉淀，故正确；
C、蒸发溶剂，不饱和溶液中 和 的浓度都变大，可能由d点变为 曲线上a、b之间的某一点，故正确；
D、升高温度，平衡向沉淀溶解方向移动，c(Ba2+)，c(SO42-)会变大，故不正确；
故答案为：ABC；（3）①由沉淀溶解平衡 可知， 不能减小 或 的浓度，平衡不能向溶解方向移动；
根据Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42-)，c(Ba2+)= Ksp(BaSO4)/ c(SO42-)= =2×10-10mol/L；
②由平衡 可知，加入 溶液后， 与 结合生成 沉淀 浓度减少，使 的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生 。
故答案为：对于沉淀溶解平衡 ， 不能减少 或 的浓度，平衡不能向溶解方向移动； ； 。
【分析】（1）沉淀溶解平衡是吸热反应，升高温度，平衡向右移动；根据Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42-)找出T2曲线上的一个点带入计算；
（2） A、加入硫酸根， 沉淀溶解平衡逆向移动， 的浓度降低，a点会变为b点；
B、在曲线上方区域的离子积大于溶度积，会析出沉淀；
C、蒸发溶剂，不饱和溶液中 钡离子和 硫酸根离子的浓度都变大；
D、升高温度，平衡向沉淀溶解方向移动；
（3）① 氢离子不能减小钡离子或硫酸根的浓度，平衡不移动；根据Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42-)，代入数据计算出c(Ba2+) ；② 根据 碳酸根与钙离子结合生成 碳酸钙沉淀可以写离子方程式。
18．【答案】（1）0.03 mol·L－1·min－1；K=4；c d；＜
（2）2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g) 2N2(g)＋3H2O(g) ΔH=－455.2 kJ/mol；Mn，200℃；b~a段，温度较低，催化剂活性较低，脱氮反应速率较慢，反应还没达到化学平衡（反应限度），随着温度升高反应速率变大，一定时间参与反应的氮氧化物变多，导致脱氮率逐渐升高；
（3）4.2×10－9
【解析】【解答】（1）①分析图表数据，0～10min内，N2的平均反应速率v（N2）=0.03 mol/（L/min）， 化学平衡三段式列式计算平衡浓度：
C（s）+ 2NO（g）= N2（g）+ CO2（g）
起始（mol/L）
1 0 0
转化（mol/L）
0.8 0.4 0.4
平衡（mol/L）
0.2 0.4 0.4
K= =4②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；a．加入一定量的活性炭是固体，对平衡无影响，故a不符合；
b.改变反应体系的温度， 达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度不可能都增大，故b不符合；
c.当缩小容器的体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不动，但个物质浓度增大，符合要求，故c符合；
d.通入一定量的NO，反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，适故答案为：bc；③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为7：3：3，Qc= <4，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故Q＜0，故答案为：＜；
（2）①由图甲可知NH3与NO、NO2反应产物为N2和水，故氧化剂为NO、NO2；因此反应的热化学方程式为2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）=2N2 （g）+3H2O（g）△H=－455.2 kJ/mol；②根据图乙知Mn催化剂时，在200℃左右脱氮率最高，Cr作催化剂，500℃左右脱氮率最高，但二者的最高脱氮率差不多，使用Mn作催化剂需要的温度低，更经济，因此使用的最佳的催化剂和相应的温度分别为Mn、200℃左右；故答案为：Mn、200℃；使用 Mn 作催化剂时，脱氮率 b~a 段呈现上升状态，可能的原因是：b~a段，温度较低，催化剂活性较低，脱氮反应速率较慢，反应还没达到化学平衡（反应限度），随着温度升高反应速率变大，一定时间参与反应的氮氧化物变多，导致脱氮率逐渐升高；
（3）由Ka2（H2SO3）=6.0×10-9可知SO32-+H2O HSO3-+OH-的水解Kh= ==1.67×10-6，常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，c（HSO3-）=c（OH-）=1×10-5，可知c（SO32-）= =6×10-5，又c（Ca2+）=c（SO32-）+c（HSO3-）=7×10-5，Ksp（CaSO3）=c（Ca2+）×c（SO32-）=7×10-5×6×10-5=4.2×10-9。
【分析】（1）①分析图表数据结合化学反应速率概念计算v，计算平衡浓度结合平衡常数概念是生成物浓度的幂次方乘积除以反应物的幂次方乘积得到；②反应前后是气体体积不变的反应，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大，说明改变的条件是缩小体积增大浓度，或加入一氧化氮达到新平衡后个物质浓度增大；③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为7：3：3，根据Qc与K的相对大小判断平衡移动方向，逆反应方向是吸热反应，正反应为放热反应；
（2）①得电子化合价降低的反应物是氧化剂；②根据外界条件对化学反应速率的影响进行分析即可；
（3）根据溶度积常数的定义进行计算。
19．【答案】（1）减小；Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O；若将Mn2+完全转化为Mn(OH)2沉淀，就会将一部分Mg2+转化为沉淀
（2）2MgSO4+2Na2CO3+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑+2Na2SO4
（3）聚丙烯
（4）若H2SiF6浓度过低，溶解速率慢，会增加MgSiF6溶液浓缩成本；H2SiF6浓度过高，会导致MgSiF6溶液浓度过大而析出
【解析】【解答】(1)①向硫酸镁溶液中加入 ，加热、保持溶液温度在 ，将 转化为 沉淀，发生的离子反应为：2Na++6Fe3++4 +12H2O= +12H+，所以反应后滤液的 减小；
②调节滤液的 ，使溶液呈弱碱性，向其中加入 ，将 转化为 沉淀，则H2O2做氧化剂，还原产物为水，根据溶液呈弱碱性，结合电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可写出反应的离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O；
③根据氢氧化物沉淀的 图，Mn(OH)2和Mg(OH)2的溶解度很接近，若将Mn2+完全转化为Mn(OH)2沉淀，就会将一部分Mg2+转化为沉淀，所以除杂时未采取将 直接转化为 ；
(2)“除杂”后滤液MgSO4溶液中加入 ，同时产生气体，该气体为CO2，根据原子守恒，该反应的化学方程式为：2MgSO4+2Na2CO3+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑+2Na2SO4；
(3)氢氟酸能和玻璃中的SiO2反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，所以不能用玻璃和石英烧杯，应用聚丙烯烧杯；
(4)以 溶解 得 溶液，发生的反应为： +MgO= +H2O。20℃时，MgSiF6的溶解度为30.8g，饱和MgSiF6溶液的质量分数为 =23.5%。若H2SiF6浓度过低，一方面溶解速率慢，另一方面得到的 溶液浓度小，会增加MgSiF6溶液浓缩成本；若所用H2SiF6浓度为20%，取100g质量分数为20%的 溶液，其中 的质量为20g，根据 +MgO= +H2O，反应消耗的MgO的质量为5.56g、生成的 的质量为23.06g，所得 溶液的质量分数为 =21.8%（比23.5%略小），若 浓度过高，会导致 溶液浓度过大而析出。故溶解时， 的质量分数控制在 。即：若H2SiF6浓度过低，溶解速率慢，会增加MgSiF6溶液浓缩成本；H2SiF6浓度过高，会导致MgSiF6溶液浓度过大而析出。
【分析】途径Ⅰ：工业级MgSO4溶液中含Fe3+和Mn2+，经过除杂除去Fe3+和Mn2+得到MgSO4溶液，向MgSO4溶液中加入Na2CO3得到 沉淀， 用氢氟酸溶解生成MgF2，然后烘干得到MgF2；
途径Ⅱ：用H2SiF6溶解MgO得到MgSiF6溶液，MgSiF6溶液浓缩得到 ，300℃条件下煅烧 得到MgF2。
