【高考备考】2023届化学第二轮备考复习化学反应原理一有专题训练（含解析）

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【高考备考】2023届化学第二轮备考复习化学反应原理
一溶度积规则专题训练
一、单选题
1．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
常温下，测定等物质的量浓度的 Na2CO3和Na2SO3溶液的pH值
前者的pH值比后者的大
非金属性:S>C
B
在KBr溶液中滴加少量氯水，再加入CCl4，充分振荡．
液体分层，下层呈橙红色
氯的非金属性比溴强
C
炭粉中加入浓硫酸并加热，导出的气体通入BaCl2溶液中
有白色沉淀产生
有SO2和CO2产生
D
向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液
先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀
溶解度：
AgCl＞AgI

A．A B．B C．C D．D
2．是一种二元弱酸，由于与空气中的某种成分作用而保持不变，已知，某水体中(X为、、、)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是

A．曲线②代表
B．的一级电离常数为
C．随pH升高而增大
D．pH=10.3时，
3．已知298 K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH＝13，则下列说法不正确的是(　　)
A．所得溶液中的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1
B．加入Na2CO3固体，可能生成沉淀
C．所加的烧碱溶液的pH＝13
D．所得溶液中的c(Mg2＋)＝5.6×10－10mol·L－1
4．下列说法正确的是（   ）
A．已知T℃时AgCl的Ksp=2×10-10，AgCrO4的Ksp=1×10-12，则AgCl的溶解度更大
B．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol•L-1盐酸、③0.2mol•L-1氯化钠溶液，Ag+浓度大小关系：①>②>③
C．吸热且熵减的化学反应在一定条件下可能自发进行
D．向盛有5ml0.1mol•L-1NaOH溶液的试管中滴加几滴0.1mol•L-1的MgCl2溶液有白色沉淀生成，再滴入几滴0.1mol•L-1的FeCl3溶液有红褐色沉淀生成，能证明Ksp[Fe(OH)3]Br2
C
向盛有KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
溶液中存在平衡：I2+I-
D
向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少许等物质的量的ZnS和CuS固体，ZnS溶解而CuS不溶解
Ksp(CuS) Ksp[Cu(OH)2]
C
取1 mL 20%的蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸。水浴加热5 min,冷却。再向其中加入新制银氨溶液，振荡，水浴加热，无银镜产生
蔗糖没有水解
D
用酒精灯加热铝箔，铝箱熔化但不滴落
Al的熔点高于Al2O3

A．A B．B C．C D．D
11．已知 25℃时，几种难溶电解质的溶度积常数 Ksp 如表所示：
难容电解质
AgCl
AgBr
AgI
Ag2SO4
Ag2CrO4
Ksp
1.8×10-10
5.4×10-13
8.5×10 -17
1.4×10-5
1.12×10-12

下列叙述正确的是A．由溶度积常数可以判断相应物质的溶解性大小
B．将等体积的 4×10-3 mol/L的 AgNO3溶液和 4×10-3 mol/L K2CrO4溶液混合，有 Ag2CrO4沉淀产生
C．向 AgCl 的悬浊液中滴加饱和 NaBr 溶液不能得到浅黄色 AgBr
D．将0.02mol/L的AgNO3 溶液滴入浓度均为0.02 mol/L的K2CrO4和NaCl的混合溶液中，Ag2CrO4沉淀先析出
12．的溶解度随温度升高而增大，时，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．根据曲线利用a点数据计算可知，下，
B．a点与d点数值不相等
C．a点溶液降低温度，则a点可沿虚线移动到c点
D．向a点的悬浊液中加入固体，溶液组成可能会由a向d方向移动

二、填空题
13．时，已知：，，，“浸出液”中．当金属阳离子浓度小于时沉淀完全，恰好完全沉淀时溶液的约为_______________(保留一位小数)；若继续加入氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后_______________；为探究在氨水中能否溶解，计算反应的平衡常数_______________．(已知：)
14．溶度积常数
(1)定义：沉淀溶解平衡的平衡常数叫溶度积常数，简称溶度积，通常用符号_______来表示。
(2)表达式：当难溶强电解质溶于水形成饱和溶液时，建立沉淀溶解平衡，其溶度积的表达式为=_______。
(3)影响因素：只与难溶电解质的_______和_______有关，而与_______无关。
(4)意义：反映了难溶电解质在水中的_______能力。当化学式表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，越大，难溶电解质在水中的溶解能力_______。
(5)溶度积规则
①时，溶液_______。溶液中析出沉淀，直至平衡。
②时，沉淀与溶解处于_______。
③时，溶液_______沉淀会溶解直至平衡。
15．请回答下列问题
(1)CuSO4溶液中含有少量的Fe3+，除杂的方式是加入适当物质调整溶液至pH=3.5，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的___________
A．CuO
B．NH3·H2O
C．NaOH
D．Cu(OH)2

(2)常温下,Fe(OH)3的溶度积Ksp=10-38 , Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20 ，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol/L时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol/L，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为________，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为________，通过计算确定（1）中的方案________（填“可行”或“不可行”）。
16．已知K、Ka、Kw、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、难溶电解质的溶度积常数。
（1）有关上述常数的说法正确的是___。
它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度
它们的大小都随温度的升高而增大
常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka
（2）已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液中水电离的H+浓度为___，溶液中离子浓度大小关系为___。
（3）氯化铝溶液蒸干、灼烧后得到的固体物质是___。
（4）泡沫灭火器的反应原理(硫酸铝溶液与小苏打)___。(写离子方程式)
（5）已知在25℃时Ksp[Mg(OH)2]=3.2×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。25℃时，向浓度均为0.02mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成沉淀___(填化学式)；当两种沉淀共存时，=___。
17．(1) 相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol·L－1盐酸、③0.1 mol·L－1氯化镁溶液、④0.1 mol·L－1硝酸银溶液中，c(Ag＋)由大到小的顺序为：_________。
(2) 含有Cr2O的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10－3 mol·L－1的Cr2O。为了使废水的排放达标，进行如下处理：Cr2OCr3＋、Fe3＋Cr(OH3)、Fe(OH)3
(a) 该废水中加入绿矾和H＋，发生反应的离子方程式为__________________。
(b) 若处理后的废水中残留的c(Fe3＋)＝2.0×10－13 mol·L－1，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)。
(3)某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(a) 下列说法正确的是________(填序号)。
A．向BaSO4饱和溶液中加入固体Na2SO4可以由a点变到b点
B．通过蒸发可以由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
(b) 将100 mL 1 mol·L－1 H2SO4溶液加入100 mL含Ba2＋ 0.137 g的溶液中充分反应后，过滤，滤液中残留的Ba2＋的物质的量浓度约为__________。
18．工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为：
CrO42- Cr2O72- Cr3+（紫色）Cr(OH)3（蓝色）
其中第①步存在平衡：2CrO42-（黄色）+2H+Cr2O72-（橙色）+H2O
（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显______________色。
（2）第②步中，还原0.1mol Cr2O72-离子，需要________g的FeSO4。
（3）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_______________________。
第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：
Cr（OH）3（s）Cr3+（aq）+3OH-（aq）
（4）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp＝c（Cr3+）·c3（OH-）＝10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至________________________________。
（5）已知AgCl、Ag2CrO4(砖红色)的Ksp分别为2×10－10和1.12×10－12。分析化学中，测定含氯的中性溶液中Cl－的含量，以K2CrO4作指示剂，用AgNO3溶液滴定。滴定过程中首先析出沉淀________________________________。

三、实验题
19．As2S3是国民经济发展中不可缺少的资源，是剧毒物质。某小组拟在实验室模拟对As2S3矿渣进行回收处理，湿法制取As2O3。实验装置及步骤如下。

步骤1：向C装置的反应瓶中，加入49.2gAs2S3粉料与200mL足量的CuSO4溶液形成料浆，关闭开关B，控制温度80℃左右，持续搅拌反应1小时。
步骤2：待C装置反应瓶中的反应溶液冷却至室温，料浆中主要含CuS和As2O3。打开B，通入过量氧气使微溶的As2O3氧化成易溶的As2O5，过滤。
步骤3：向步骤2的滤液中通入二氧化硫，使As2O5还原，经冷却析出As2O3晶体19.8g。
(1)A装置中仪器X的名称是_______；步骤1将As2S3粉碎后制成料浆的目的是_______；实验中的加热方式为_______。
(2)C装置反应瓶中发生反应的化学方程式为_______。步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为1.0mol·L-1，已知CuS的Ksp=6.3x10-36。则滤液中S2-浓度为_______mol·L-1。
(3)步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原的离子方程式为_______。
(4)本实验中As2O3的产率最接近于_______(填标号)。
A．40%    B．50%    C．60%    D．70%
(5)将分离出As2O3晶体后的母液收集、循环使用，其实际工业生产的意义是_______。
20．某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、A12O3和Fe2O3等，回收其中镁的工艺流程如下:

沉淀物
Al(OH)3
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Mg(OH)2
pH
4.7
3.2
9.7
10.4
11.2

部分阳离子以氢氧化物形式完全深沉时溶液的pH 由见上表
（1）“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有_____________________(要求写出两条)
（2）滤渣I的主要成分有_________________________。
（3）从滤液II中可回收利用的主要物质有________________________。
（4）若最终得到的氯化镁溶液中，c(Mg2+)=0.02 mol·L-1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5 mol·L-1 ，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?_______(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
（5） Mg (C1O3)2在农业上可用作脱叶剂、催熟剂，可采用复分解反应制备: MgCl2+2NaClO3=Mg (C1O3)2+2NaCl已知四种化合物的溶解度(S) 随温度(T) 变化曲线如下图所示: ①将反应物按化学反应方程式计量数比混合制备Mg (ClO3)2。简述可制备Mg (ClO3)2的原因:_______________________。
②按①中条件进行制备实验。在冷却降温析出Mg (ClO3)2过程中，常伴有NaCl 析出，原因是:__________。除去产品中该杂质的方法是:___________________________________________。

21．某高二同学为了测定某生理盐水中Cl-的含量，准确量取待测液并用AgNO3标准溶液滴定，根据下列信息回答问题。
(1)已知几种难溶物的溶度积如下表所示，该实验宜选择__作指示剂(填字母)；
A．KI        B．NH4SCN      C．Na2CrO4      D．K2S
难溶物
AgI
AgSCN
AgCl
Ag2CrO4
Ag2S
溶度积
8.5×10-17
1.2×10-12
1.8×10-10
1.1×10-11
6.7×10-50
颜色
黄色
白色
白色
红色
黑色

(2)用酸式滴定管量取20.00mL生理盐水于锥形瓶中，并滴加1～2滴指示剂，用0.15mol/LAgNO3标准溶液进行滴定。为了减小实验误差，该同学一共进行了四次实验，假设每次所取生理盐水体积均为20.00mL，四次实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
第四次
消耗AgNO3溶液体积/mL
19.00
19.98
20.02
20.00

沉淀滴定过程中，当滴入最后一滴AgNO3溶液，沉淀的颜色由白色变为__色，即为滴定终点；该生理盐水的浓度为__mol/L(保留两位有效数字)。
(3)在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有__。
A．滴定终点读数时俯视读数
B．锥形瓶水洗后未干燥
C．进行滴定操作时，有1滴AgNO3溶液滴到了锥形瓶外面
D．配制AgNO3标准溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线
E．已知氯化银吸附氯离子能力较强，沉淀滴定过程中没有用力振荡
22．氯气及氯的化合物在生产生活中具有重要的作用，回答下列问题：
I．实验室制备少量的漂白液(装置如图)。

(1)图中盛装浓盐酸的仪器名称是__________，为了让液体顺利流下，滴加浓盐酸前的操作是__________。
(2)洗气瓶的导管口应__________(填“长进短出”或“短进长出”)，饱和食盐水的作用是____________。
(3)制备漂白液的离子方程式为______________________________。
II．室温下，实验室测定的并探究浓度对沉淀溶解平衡的影响。
已知：。
(4)将饱和溶液以缓慢的流速通过阳离子交换树脂，此时溶液中的与树脂上的进行离子交换：，交换完成后，随流出液流出，用标准溶液滴定，消耗标准溶液的平均体积为，则________(用含b的代数式表示)。
(5)某实验小组同学往六个烧杯中分别加入不同体积的溶液，测量对应的电导率(已知温度一定时，强电解质稀溶液的离子浓度越大，电导率越大)，完成表格内容。
烧杯及溶液
分别加入溶液的体积/mL
电导率
三个装有饱和溶液的烧杯
0

①_______

2

三个装有②______的烧杯
0

1

2


③该实验小组同学认为增大的浓度，沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，支持他们观点的依据是______________________________。

答案：
1．B
【详解】A、物质的量浓度相同的Na2SO3和Na2CO3溶液，酸的酸性越弱，酸根离子水解程度越大，其钠盐溶液pH越大，酸根离子水解程度CO32-＞SO32-，所以物质的量浓度相同的Na2CO3和Na2SO3溶液，其PH值前者大于后者，说明H2CO3的酸性弱于H2SO3，但亚硫酸不是硫的最高价氧化物的水化物，不能用于证明C的非金属性弱于S，选项A错误；B、在KBr溶液中滴加少量氯水，再加入CCl4，充分振荡，液体分层，下层呈橙红色，证明氯气的氧化性强于溴的氧化性，从而证明氯的非金属性强于溴的非金属性，选项B正确；C、炭粉与浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，但二氧化硫和二氧化碳通入氯化钡溶液中都不与之反应，无法产生白色沉淀，实验现象错误，选项C错误；D、向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液，硝酸银溶液足量时，部分与氯化钠反应生成白色沉淀，后加入碘化钾再反应生成碘化银黄色沉淀，无法证明是由白色沉淀氯化银转化为黄色沉淀碘化银，故实验错误，选项D错误。答案选B。
2．D
【详解】A．的浓度保持不变，则曲线①代表，随着pH逐渐增大，、离子浓度增大，pH较小时，的浓度大于的浓度，则曲线②代表，曲线③代表，A错误；
B．曲线①和曲线②的交点代表溶中、的浓度相等，由交点的坐标()可知，的一级电离常数，B错误；
C．由A分析可知，曲线④代表，则随pH升高而减小，C错误；
D．根据图象，曲线②和曲线③的交点()代表溶液中、离子浓度相等，均为，则，D正确；
故选D。
3．C
【详解】A：所得溶液的pH=13，即c(H＋)=1.0×10－13mol·L－1，A正确；
B：若溶液中的Mg2＋和CO32-浓度达到一定程度即可生成沉淀，B正确；
C：在反应过程中，原烧碱溶液的部分溶质被消耗且溶液体积增大，最终溶液中的pH=13，原溶液碱性一定更强，C错误；
D：由Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12可知，5.6×10－12=c(Mg2＋)×c2 (OH-)，得c(Mg2＋)=5.6×10－10mol·L－1，D正确；
答案为C。
4．B
【分析】A. AgCl和AgCrO4沉淀的类型不同，需根据Ksp计算比较溶解度大小；
B. AgCl饱和溶液中共存在沉淀的溶解平衡，饱和溶液中的溶度积是常数，只与温度有关，从平衡移动的角度分析；
C. 该反应ΔH>0，ΔS②>③，B项正确；
C. 该反应ΔH>0，ΔS0，反应不能自发进行，C项错误；
D. NaOH过量，均为沉淀的生成，因此不能说明是沉淀的转化，更不能比较Ksp[Fe(OH)3]和Ksp[Mg(OH)2]的大小关系，D项错误；
答案选B。
溶解度不只与Ksp有关，还与难溶物化学式中的各离子配比有关，只有同类型的难溶物的Ksp大小才可用于比较其溶解度大小。
5．C
【详解】A. SO2和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出阴阳离子导致SO2的水溶液导电，所以能电离出阴阳离子的是亚硫酸而不是二氧化硫，则SO2是非电解质，故A错误；B. pH试纸只能读出整数，所以无法用广泛pH试纸测得0.10mol/LNH4Cl溶液的pH=5.2，故B错误；C. 地下钢管与直流电源的负极相连，则钢管作电解池的阴极，被保护，故C正确；D. 如果Qc>Ksp，即可生成沉淀，所以常温下用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4部分转化为BaCO3，不能说明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)，故D错误；答案选C。
6．B
【详解】A.醋酸是弱电解质，相同浓度的醋酸溶液的pH大于盐酸溶液的pH，所以图甲表示分别用NaOH溶液滴定等浓度等体积的盐酸和酷酸溶液反应变化曲线,终点时两溶液分别显碱性和中性，因此指示剂都可用酚酞，选项A正确；
B.碘化银的溶度积常数最小，到达滴定终点后，碘离子的浓度最小，其负对数最大，因此图乙表示分别用等浓度AgNO3溶液滴定等浓度等体积的NaCl 、NaBr及NaI溶液反应变化曲线，图中a为I-，选项B错误；
C.氯化铜溶于水铜离子水解溶液显酸性，促进水的电离，图丙表示一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线，b→a可能是加CuCl2溶液导致的，选项C正确；
D.T2首先达到平衡状态,温度是T2大于T1，温度高C的含量小，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，正反应是放热反应，选项D正确。
答案选B。
7．A
【详解】A．由已知可知，曲线①②③分别代表、、与pH的关系，A项错误；
B．时，，则的=c(Zn2+) c2(OH-)=，B项正确；
C．常温下，的更小，故先沉淀，C项正确；
D．混合后生成、，两者的物质的量相等，D项正确。
故选A。
8．B
【详解】A．乙醇钠的水溶液显强碱性，说明发生了C2H5ONa + H2O = C2H5OH+NaOH，因此说明C2H5O-结合H+的能力强，A正确；
B．向KBrO3溶液中通入少量Cl2，然后再加入少量苯，有机层呈橙红色，说明KBrO3和Cl2反应产生了Br2，KBrO3作氧化剂，Cl2作还原剂，因此结论是氧化性：KBrO3>Br2，B错误；
C．向盛有KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明KI3溶液中含I2和I-，因此说明溶液中存在平衡：I2+I-，C正确；
D．向等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少许等物质的量的ZnS和CuS固体，ZnS溶解而CuS不溶解，说明CuS更难溶，因此说明Ksp(CuS)1.12×10-12，所以有 Ag2CrO4沉淀产生，故B正确；
C．溴化银比氯化银更难溶，向 AgCl 的悬浊液中滴加饱和 NaBr溶液能得到浅黄色AgBr沉淀，故C错误；
D．将0.02mol/L的AgNO3 溶液滴入浓度均为0.02 mol/L的K2CrO4和NaCl的混合溶液中，刚开始生成Ag2CrO4沉淀需要Ag+的浓度为 ；刚开始生成AgCl沉淀需要Ag+的浓度为，所以AgCl沉淀先析出，故D错误；
选B。
12．D
【详解】A．根据图中a点，Ksp(Ag2SO4)＝c2(Ag＋)·c()＝(1.5×10－2)2×1.5×10－2＝3.375×10－6，选项A错误；
B．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、d点的Ksp(Ag2SO4)相同，选项B错误；
C．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，选项C错误；
D．溶液中Ag2SO4存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4(s)2Ag＋(aq)＋(aq)，向a点的悬浊液中加入固体，硫酸根离子浓度增大，硫酸银的沉淀溶解平衡左移移，但温度不变，硫酸银的溶度积不变，所以溶液组成会由a沿实线向d方向移动，选项D正确；
答案选D。
13．     4.7     蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色    
【详解】恰好完全沉淀时，，；蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，溶液变成深蓝色；由反应方程式可知，由，得
，代入数据可知。
14．               性质     温度     沉淀的量     溶解     越强     过饱和     平衡状态     不饱和
略
15．(1)AD
(2)     4.0     3.0     可行

【详解】（1）调节pH，不能引入新杂质，因此加入含Cu且不溶于水的化合物.
A．加入CuO与氢离子反应可调节pH且不引入杂质，A正确；
B．加入一水合氨，引入了杂质离子，B错误；
C．加入NaOH，引入了杂质离子，C错误；
D．加入Cu(OH)2，调节pH的同时没有引入杂质离子，D正确；
故答案选AD。
（2）根据溶度积进行计算，Ksp=c(Cu2＋)×c2(OH－)，代入数值，c(OH－)=1×10-10mol·L-1，溶液中c(H＋)=，因此开始出现沉淀的pH=4，Fe3＋沉淀完全时，溶液c(Fe3＋)=10-5mol·L-1，根据溶度积，Ksp=c(Fe3＋)×c3(OH－)，代入数值，c(OH－)=10-11mol·L-1，c(H＋)==10-3mol·L-1，pH为3.0，因此通过计算可知pH=3.5时铁离子已经完全沉淀，上述方案可行。
16．     a     1.0×10-7mol/L     c(NH4+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)     Al2O3     Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑     Cu(OH)2     1.45×109
【分析】(1)平衡常数只与温度有关，结合升高温度，平衡向吸热方向移动分析判断；
(2)CH3COOH和NH3．H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液铵根离子和醋酸根离子水解程度相同，导致醋酸铵溶液呈中性；水的电离程度很小，据此判断离子浓度大小；
(3)氯化铝溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和盐酸，溶液显酸性，水解过程为吸热反应，加热促进水解，蒸干得到水解产物，灼烧时生成的氢氧化铝分解生成氧化铝；
(4)泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；
(5)溶度积常数小的先产生沉淀，当两种沉淀共存时，＝分析解答。
【详解】(1)a．平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度，故a正确；b．升高温度平衡向吸热方向移动，如果某化学反应的正反应是放热反应，则升高温度化学平衡常数将减小，故b错误；c．电离平衡常数只与温度有关，温度相同，电离平衡常数相同，故c错误；故选a；
(2)CH3COOH和NH3·H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液铵根离子和醋酸根离子水解程度相同，导致醋酸铵溶液呈中性，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-7mol/L；水的电离程度很小，溶液中离子浓度大小顺序为c(NH4+)═c(CH3COO-)＞c(OH- )═c(H+)，故1.0×10-7mol/L；c(NH4+)═c(CH3COO-)＞c(OH- )═c(H+)；
(3)氯化铝溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和盐酸，溶液显酸性，AlCl3+3H2O⇌Al(OH)3+3HCl，水解过程为吸热反应，加热促进水解，蒸发时，HCl挥发，促进水解正向进行，得到水解产物Al(OH)3，灼烧时生成的氢氧化铝分解生成氧化铝，2Al(OH)3 Al2O3+3H2O↑，故Al2O3；
(4)泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，碳酸氢钠属于强碱弱酸盐的酸式盐，硫酸铝属于强酸弱碱盐，两者发生双水解反应，所以泡沫灭火器的反应原理为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；
(5)溶度积常数越小的越先产生沉淀，所以先生成沉淀的是Cu(OH)2；当两种沉淀共存时，＝===1.45×109，故Cu(OH)2；1.45×109。
17．     ④＞①＞②＞③     Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O     3.0×10－6 mol·L－1     c     2.02×10-10 mol/L
【详解】（1）溶度积在一定温度下是一个常数，因此通过Ksp(AgCl)= c(Ag+)×c(Cl－)分别得到：①蒸馏水中含银离子浓度和氯离子浓度相同；②0.1mol•L-1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，抑制沉淀溶解平衡；③0.1mol•L-1MgCl2溶液中Cl-浓度为0.2mol/l，抑制沉淀溶解平衡；④0.1mol/L硝酸银溶液中Ag+浓度为0.1mol/L，抑制沉淀溶解平衡，Cl-浓度越大，Ag+浓度越小，则Ag+离子浓度大小为：④＞①＞②＞③；正确答案：④＞①＞②＞③ 。
(2) (a) 亚铁离子具有还原性，被Cr2O在酸性环境下氧化为铁离子，离子方程式为：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；正确答案：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
(b) 若处理后的废水中残留的c(Fe3＋)＝2.0×10－13 mol·L－1， Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)×c3(OH-)=4.0×10－38,计算得到c3(OH-)=2×10-25 mol·L－1,则残留的Cr3＋的浓度为Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)×c3(OH-)=6.0×10－31, c(Cr3＋)= 3.0×10－6 mol·L－1 ；正确答案：3.0×10－6 mol·L－1。
(3) (1)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,A错误；d点时溶液不饱和,蒸发溶剂水, c(SO42-) 、c(Ba2+)均增大,B错误；d点表示QC< Ksp ,溶液不饱和,不会有沉淀析出,C正确；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,D错误；正确答案:C。
(2)由图象可以知道Ksp(BaSO4)=10-5×10-5=10-10,将100 mL 1 mol·L－1 H2SO4溶液加入100 mL含Ba2＋ 0.137 g的溶液中充分反应后，反应生成BaSO4,硫酸根离子过量,加入n(Ba2+)=0.137/137=0.001mol,剩余的硫酸根离子的浓度为:c(SO42-)=(0.1×1-0.001)/2=0.495mol/L,所以剩余的钡离子为:c(Ba2+)= Ksp(BaSO4)/c(SO42-)=10-10/0.495=2.02×10-10 mol/L；正确答案: 2.02×10-10 mol/L；正确答案：2.02×10-10 mol/L。
18．     橙色     91.2     先有蓝色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解     5     AgCl
【详解】(1)c(H+)增大，平衡2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O右移，溶液呈橙色，故答案为橙色；
(2)根据电子得失守恒：n(Cr2O72-)×6=n(FeSO4)×0.1，n(FeSO4•7H2O)==0.6mol，质量为0.6mol×152g/mol=91.2g，故答案为91.2；
(3)Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，先生成氢氧化铬蓝色沉淀，后溶解，故答案为先有蓝色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解；
(4)c(Cr3+)=10-5mol/L时，溶液的c(OH-)==10-9 mol/L，c(H+)═=10-5mol/L，pH=5，即要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至5，故答案为5；
(5)滴定终点时，溶液中c(Cl-)≤1.0×10-5mol•L-1]，由Ksp(AgCl)=1.0×10-10，c(Ag+)≥1.0×10-5 mol•L-1，又Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12，则c(CrO42-)===0.0112mol•L-1，可知应先生成AgCl沉淀，故答案为AgCl。
19．     蒸馏烧瓶     增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率     水浴加热     3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4     6.3x10-36     As2O5+2SO2+2H2O=As2O3↓+2+4H+     B     提高CuSO4的利用率
【分析】本实验的目的，是将As2S3矿渣进行回收处理，湿法制取As2O3。具体操作为：将As2S3矿渣用CuSO4溶液处理，制得As2O3，然后再用H2O2分解制得的O2氧化，制得易溶的As2O5，从而实现与CuS等杂质的分离；再用SO2还原，便可制得纯净的As2O3。
【详解】(1)A装置中仪器X的名称是蒸馏烧瓶；步骤1将As2S3固体与CuSO4溶液反应时，颗粒越小，接触面积越大，越有利于充分反应，所以粉碎后制成料浆的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；实验中，加热温度为80℃左右，所以加热方式为水浴加热。蒸馏烧瓶；增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；水浴加热；
(2)C装置反应瓶中，As2S3与CuSO4溶液在加热条件下反应，生成CuS、As2O3等，发生反应的化学方程式为3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4。步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为1.0mol·L-1，已知CuS的Ksp=6.3x10-36，则滤液中S2-浓度为 =mol·L-1=6.3×10-36mol·L-1。3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4；6.3x10-36；
(3)步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原，生成As2O3，同时SO2被氧化为硫酸，离子方程式为As2O5+2SO2+2H2O=As2O3↓+2+4H+。As2O5+2SO2+2H2O=As2O3↓+2+4H+；
(4)本实验中，As2O3的理论产量为=39.6g，产率为=50%，故选B；
(5)分离出As2O3晶体后的母液中，仍含有一定浓度的CuSO4，不管是从提高原料利用率角度考虑，还是从环保角度考虑，都应收集、循环使用，所以其实际工业生产的意义是提高CuSO4的利用率。提高CuSO4的利用率。
水浴加热，不仅可以控制温度，还可以使反应物均匀受热。
20．     适当提高反应温度、搅拌、增加浸出时间、过滤后向滤液中加过量稀硫酸（多次浸取）     Al（OH)3、Fe（OH)3     Na2SO4     Fe3+恰好沉淀完全时，c(PO43-)=mol·L−1=1.3×10–17 mol·L−1，c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40＜Ksp [Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀     在某一温度时，NaCl最先达到饱和析出；Mg（ClO3)2的溶解度随温度的变化最大；NaCl溶解度与其他物质的溶解度有一定差别     降温前，溶液中NaCl已饱和；降温过程中，NaCl溶解度降低，会少量析出     重结晶
【详解】MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3能与硫酸反应，生成了MgSO4、CaSO4、Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3、H2SiO3，其中CaSO4微溶、H2SiO3不溶，形成滤渣；滤液中含有MgSO4、Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3，向滤液中加入NaOH溶液，调节pH至5.5时，Fe3+和Al3+已经完全沉淀，滤渣I的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液中含有MgSO4、Na2SO4，向溶液中加入NaOH并调节溶液的pH为12.5，镁离子生成Mg(OH)2沉淀，过滤得到滤液Na2SO4溶液，滤渣氢氧化镁，再经过一系列反应得到氯化镁。
(1)“浸出”步骤中，升高温度、搅拌、增大反应物接触时间都能提高镁的浸出率，所以为了提高镁的浸取率，可以采用升高温度、搅拌、多次浸取等方法，故答案为升高温度、搅拌、多次浸取等；
(2)滤渣I铁离子、铝离子形成的氢氧化物沉淀，所以滤渣I的成分为Fe(OH)3   Al(OH)3，故答案为Fe(OH)3   Al(OH)3；
(3)从滤液Ⅱ中的溶质含有硫酸钠，所以可以回收利用的物质为Na2SO4，故答案为Na2SO4；
(4)Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5，由Ksp(FePO4)，可知c(PO43-)==1.0×10-17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]=()3×(1.0×10-17mol/L)2=1.7×10-40＜Ksp=1.0×10-24，则无沉淀生成，故答案为Fe3+恰好沉淀完全时，Qc[Mg3(PO4)2]＜Ksp [Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀；
(5)①反应MgCl2+2NaClO3═Mg(ClO3)2+2NaCl类似于侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向生成Mg(ClO3)2的方向进行，故答案为在某一温度时，NaCl最先达到饱和析出；Mg(ClO3)2的溶解度随温度的变化最大；NaCl溶解度与其他物质的溶解度有一定差别；
②在降温的过程中，Mg(ClO3)2的溶解度不断减小，从溶液中析出，相同温度时氯化钠的溶解度最小，因此在冷却降温析出Mg(ClO3)2过程中一定会析出氯化钠，所以在生成Mg(ClO3)2的过程中NaCl也不断生成；通过结晶、重结晶的方法提纯析出晶体；故答案为降温前，溶液中NaCl已饱和；降温过程中，NaCl溶解度降低，会少量析出；重结晶。
点睛：本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、盐类水解等知识点，明确物质性质及其差异性、盐类水解影响因素等知识点是解本题关键。本题的易错点(4)，要注意Qc与Ksp的关系，难点为(5)，要能够根据溶解度曲线判断物质的溶解特性。
21．     C     红     0.15     CD
【分析】根据Ksp和沉淀的颜色选择试剂；根据滴定原理，结合消耗标准液体积计算待测液的浓度；结合c(待测)=分析误差。
【详解】(1)将硝酸银滴入生理盐水中，会生成氯化银白色沉淀，由表可知Ag2CrO4为红色，容易观察，且Ksp较小，Ksp越小，灵敏度越高，则宜选择Na2CrO4作指示剂，故C；
(2)生理盐水中含有氯离子，加入硝酸银后，银离子和氯离子生成氯化银沉淀，实验开始后会产生白色沉淀；本实验选择Na2CrO4作指示剂，当滴入最后一滴AgNO3溶液，沉淀的颜色由白色变为红色，既达到滴定终点；
第一次实验数据和其它几次相差太大故舍去，另外三次的平均体积为=mL=20.00mL，设该生理盐水的浓度为cmol/L，已知NaCl～AgNO3，则cmol/L×20.00mL=0.15mol/L×20.00mL，解得：c=0.15mol/L；
(3)A．滴定终点读数时俯视读数，AgNO3的体积偏小，则由c(待测)=可知，该生理盐水的浓度偏小，故A不符合题意；
B．锥形瓶水洗后未干燥，NaCl的物质的量不变，则对测定浓度无影响，故B不符合题意；
C．进行滴定操作时，有1滴AgNO3溶液滴到了锥形瓶外面，AgNO3的体积偏大，则由c(待测)=可知，该生理盐水的浓度偏高，故C符合题意；
D．配制AgNO3标准溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线，AgNO3溶液浓度偏小，体积偏大，则由c(待测)=可知，该生理盐水的浓度偏高，故D符合题意；
E．已知氯化银吸附氯离子能力较强，沉淀滴定过程中没有用力振荡，会使溶液中的氯离子偏少，会使AgNO3的体积偏小，则由c(待测)=可知，该生理盐水的浓度偏小，故E不符合题意；
CD。
22．(1)     分液漏斗     打开分液漏斗上方的玻璃塞
(2)     长进短出     除去氯气中的氯化氢
(3)
(4)
(5)     1     蒸馏水     (或或)

【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，生成的氯气中混有HCl气体和水，通过饱和食盐水可以出去氯气中混有的HCl气体，用NaOH溶液吸收多余的氯气，进行尾气处理。
【详解】（1）盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗，为了让液体顺利流下，滴加浓盐酸前的操作是打开分液漏斗上方的玻璃塞。
（2）洗气瓶的导管口应长进短出，饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢。
（3）氯气和NaOH溶液反应可以制备漂白液，离子方程式为：。
（4）用标准溶液滴定，消耗标准溶液的平均体积为，则n(H+)= n(OH-)==4.5b×10-5mol，c(H+)=，由可知，c(Pb2+)==9b×10-5mol/L，由可知，c(Cl-)= 2c(Pb2+)= ，=。
（5）实验组向三个装有饱和溶液的烧杯中分别加入不同体积的溶液，测量对应的电导率，由于KCl是强电解质溶于水也会增大导电率，所以要做对照组向三个装有蒸馏水的烧杯中分别加入不同体积的溶液，结合对照组实验中加入溶液的体积，实验组应该分别加入1mL、2mL、3mL的溶液；增大的浓度，沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，导电率减小，注意通过对照组排除KCl的影响，则(或或)既(或或)。