2021北京四中高二（上）期中化学（教师版）

这是一份2021北京四中高二（上）期中化学（教师版），共27页。试卷主要包含了 25℃时，水中存在电离平衡等内容，欢迎下载使用。
2021北京四中高二（上）期中
化 学
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 C1-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ba-137
第I卷 选择题
一、选择题(每小题只有1个选项符合题意)
1. 化学知识无处不在，下列劳动错误且对应的化学知识解释正确的是
选项
劳动
化学知识
A
草木灰与铵态氮肥混合施用
互相促进水解并导致肥效降低
B
白醋除去水垢中的CaCO3
醋酸酸性强于碳酸
C
“84消毒液”稀释后拖地
利用NaClO的氧化性消毒杀菌
D
餐后将洗净的铁锅擦干
减缓铁的锈蚀

A. A B. B C. C D. D
2. 下列离子反应方程式中，不属于水解反应的是
A. NH+H2O⇌NH3·H2O+H+
B. HSO+H2O⇌H2SO3+OH-
C. HCO+H2O⇌H3O++CO
D. AlO+2H2O⇌Al(OH)3+OH-
3. 甲烷燃料电池的工作原理如图，下列说法正确的是

A. a极为正极
B. K+从a极经溶液流向b极
C. 工作一段时间后，b极附近的pH会减小
D. a极的电极反应为CH4+6OH--8e-=+5H2O
4. 25℃时，水中存在电离平衡：H2O H＋＋OH－ ΔH＞0。下列叙述正确的是
A. 将水加热，Kw增大，pH不变
B. 向水中加入少量NaHSO4固体，c(H＋)增大，Kw不变
C. 向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH－)降低
D. 向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，c(OH－)增大
5. 下列事实不能说明HNO2是弱电解质的是
A. 常温下NaNO2溶液的pH大于7
B. 常温下0.1 mol•L-1的HNO2溶液的pH为2.1
C. pH=11的NaNO2溶液加水稀释到100倍，pH大于9
D. 用HNO2溶液作导电实验，灯泡很暗
6. 在pH相同，体积相等的盐酸A和醋酸溶液B中，分别加入等质量的锌，若反应停止后，有一份溶液中锌有剩余，则正确的判断是
①生成等量H2时反应所需时间B>A ②开始时反应速度A>B
③参加反应的锌的质量B>A ④整个反应阶段平均速度B>A
⑤盐酸中锌有剩余 ⑥醋酸溶液中锌有剩余
⑦盐酸中放氢气多 ⑧醋酸溶液中放氢气多
A. ③④⑤⑧ B. ①③⑥⑦ C. ①②③⑥ D. ②③④⑤
7. 下列描述中，不符合生产实际的是
A. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极
B. 电解法精练粗铜，用纯铜作阴极
C. 电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极
D. 在镀件上电镀锌，用锌作阳极
8. 关于图中各装置的叙述不正确的是


A. 装置①能验证AgCl沉淀可转化为溶解度更小的Ag2S沉淀
B. 装置②能测量锌与硫酸的反应速率
C. 装置③能验证铁的吸氧腐蚀
D. 装置④在充电时，应将电源负极连接在Pb电极上
9. 下列解释实际应用的原理表达式中，不正确的是
A. 用排饱和食盐水法收集：
B. 热的纯碱溶液碱性增强：
C. 向悬浊液中加入溶液：
D. 用制备：
10. 常温下，甲、乙两杯醋酸稀溶液，甲的pH=a，乙的pH=a+1，对下列叙述的判断正确的是
A. 物质的量浓度c (甲)>10c(乙)
B. 甲中水电离出来的H+的物质的量浓度是乙中水电离出来的H+的物质的量浓度的10倍
C. 中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯醋酸溶液的体积，V(甲)=10V(乙)
D. 甲中的c (OH-)为乙中的c (OH-)的10倍
11. 利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是

A. 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B. 若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应
C. 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D. 若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应
12. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 由水电离的c(H+)=10−12 mol∙L−1的溶液中：Na+、NH、Cl－、K+
B. 无色溶液中：Na+、K+、Cr2O、NO
C. 含有I－的溶液中：H+、Na+、Cl－、NO
D. pH=14的溶液中：K+、ClO－、CO、Cl－
13. 常温下下列是几种弱酸的电离平衡常数：
CH3COOH
H2S
HClO
1.8×10-5
K1=1.3×10-7
K2=7.1×10-15
4.69×10-11
下列说法正确的是
A. 同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液
B. 同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH
C. 同物质的量浓度的S2-、HS-、ClO-、CH3COO-结合H+能力最强的是ClO-
D. CH3COOH溶液与Na2S溶液不能反应生成NaHS
14. 在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g形状相同的镁条(过量)分别与2 mL 2 mol·L−1的 盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如下图。下列说法正确的是

A. ①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
B. 任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率
C. 反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D. 1 mol·L−1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大
15. 常温下，用0.10 mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是

A. 点①所示溶液中，CN－的水解程度大于HCN的电离程度
B. 点①和点②所示溶液中：c(CN－)>c(CH3COO－)
C. 点③所示溶液中：c(Na＋)=c(CH3COO－)>c(H＋)=c(OH－)
D. 点④所示溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
16. 近期，天津大学化学团队以CO2与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法正确的是

A. Ni2P电极与电源负极相连
B. 辛胺转化为辛腈发生了还原反应
C. In/In2O3－x电极上可能有副产物H2生成
D. 在In/In2O3－x电极上发生的反应为CO2+H2O－2e－=HCOO－+OH－
17. 下列说法中正确的是
A. 向沸水中滴加FeCl3饱和溶液一定有红褐色沉淀产生
B. 制备AlCl3、NaCl均可以采用将溶液直接蒸干的方法
C. 向饱和食盐水中滴加浓盐酸，不会有沉淀析出
D. 盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)不利于作物生长，通过施加适量石膏可以降低土壤的碱性
18. 以石墨电极电解200 mL CuSO4溶液，电解过程中电子转移物质的量n(e-)与产生气体体积V(g)(标准状况)的关系如图所示。当转移0.8mol e-时停止电解。下列说法中正确的是

A. 电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为2 mol/L
B. 电解后所得溶液中c(H+)=1 mol/L
C. 当n(e-)=0.6 mol时，V(H2)：V(O2)=2：3
D. 向电解后的溶液中加入16g CuO，则溶液可恢复为电解前的浓度
19. 锂电池具有广泛应用。用废铝渣(含金属铝、锂盐等)获得电池级Li2CO3的一种工艺流程如下(部分物质已略去)：

下列说法不正确的是
A. ①中加热后有SO2生成
B. ②生成Al(OH)3的离子方程式：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C. 由③推测溶解度：CaCO3＞Li2CO3
D. ④中不宜通入过多CO2，否则会造成Li2CO3产率降低
20. 实验小组研究金属电化学腐蚀，实验如下：
序号
实验
5 min
25 min
实验I

铁钉表面及周边未见明显变化
铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成
实验II

铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化
铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化
下列说法不正确的是
A. 实验II中Zn保护了Fe，使铁的腐蚀速率比实验I慢
B. 实验II中正极的电极反应式：O2 + 2H2O + 4e- =4OH-
C. 实验I的现象说明K3[Fe(CN)6]溶液与Fe反应生成了Fe2+
D. 若将Zn片换成Cu片，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色
第II卷 非选择题
21. 填空
I.锅炉水垢既会降低燃料的利用率，造成能源浪费，也会影响锅炉的使用寿命，形成安全隐患，因此要定期去除锅炉水垢。
（1）水垢中的Mg(OH)2可直接用盐酸除去，反应的离子方程式是_______；由于Mg(OH)2浊液中存在Mg(OH)2的溶解平衡，可表示为(用离子方程式表示)_______，若向此浊液中加入浓的NH4Cl溶液，观察到的现象是_______。
（2）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，而后用酸去除。应用平衡移动原理分析、解释上述过程(用离子方程式表示)：_______。
II.根据表中所列三种溶液在25℃时的相关数据，按要求填空：
溶液
物质量浓度
pH
用离子方程式表示溶液显酸性的原因
(I)CH3COOH
0.1 mol/L
3
(3)
(II)NH4Cl
0.1 mol/L
6
——
(Ⅲ)NH4HSO4
0.1 mol/L
1
——
（3）写出(I)中离子方程式： _________
（4）比较溶液(II)、(Ⅲ)中c(NH)的大小关系是(II)_______(III)(填“>”、“A ②开始时反应速度A>B
③参加反应的锌的质量B>A ④整个反应阶段平均速度B>A
⑤盐酸中锌有剩余 ⑥醋酸溶液中锌有剩余
⑦盐酸中放氢气多 ⑧醋酸溶液中放氢气多
A. ③④⑤⑧ B. ①③⑥⑦ C. ①②③⑥ D. ②③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】初始两溶液pH相等，反应开始后因为醋酸电离平衡随着氢离子被消耗而正向移动（盐酸没有电离平衡），醋酸的氢离子浓度一定大于盐酸，所以反应速率更快，生成等量H2时反应所需时间B＜A，整个反应阶段平均速度也是B>A，①错误，④正确。初始两溶液pH相等，就是氢离子浓度相等，所以开始时反应速度A＝B，②错误。pH相同，体积相等的盐酸A和醋酸溶液B，因为醋酸是弱酸只能电离一部分，盐酸完全电离，所以醋酸的浓度远大于盐酸，体积相等，所以醋酸的物质的量也远大于盐酸。因为醋酸的物质的量远大于盐酸，所以醋酸能反应的Zn的质量也大于盐酸，加入等量的Zn后，有一份溶液中锌有剩余，则一定是盐酸中锌有剩余，⑤正确，⑥错误。因为加入等量的锌后，盐酸中有锌剩余，醋酸中的锌都反应了，所以参加反应的锌，醋酸大于盐酸，生成的氢气就也是醋酸大于盐酸。所以③正确，⑧正确，⑦错误。由上所述，正确的是③④⑤⑧，选项A正确。
7. 下列描述中，不符合生产实际的是
A. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极
B. 电解法精练粗铜，用纯铜作阴极
C. 电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极
D. 在镀件上电镀锌，用锌作阳极
【答案】A
【解析】
【详解】A. 用铁作阳极，阳极上铁放电，失电子被氧化，生成亚铁离子，移动向阴极，开始时阴极还能析出少量铝，一段时间后阴极生成铁，应用惰性电极，不符合生产实际，A项错误；
B. 电解法精炼粗铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，符合生产实际，B项正确；
C. 碳钢网有一定的强度，也可得到更大的表面积，从而提高电解效率，涂镍是为了防止碳钢网被腐蚀，因为在不通电时，碳钢合金在电解质溶液中易形成原电池，会加速腐蚀，且用涂镍碳钢网作阴极，阴极材料不反应，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，符合生产实际，C项正确；
D. 电镀时，镀层金属作阳极，用锌作阳极，电解液为含有锌离子的电解质溶液，符合生产实际，D项正确；
答案选A。
【点睛】1. 若为活性电极做阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应，A项中铁作阳极，失电子生成亚铁离子，其会移动向阴极，并优先铝离子得电子，阴极会析出铁，这是学生们的易忘点。
2. 关于电冶金，是学生们的易忘点，
钠、镁、铝还原性强，用电解的方法进行冶炼，根据阴极的放电顺序（K+Ca2+Na+Al3+H+）可知，电解它们的盐溶液均不能得到三种金属单质，应用电解熔融氧化物或者熔融盐的方法冶炼。电解熔融氯化钠冶炼金属钠；电解熔融氧化铝冶炼金属铝，而不能是电解熔融氯化铝，因为氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电；电解熔融氧化镁冶炼金属镁。
8. 关于图中各装置的叙述不正确的是


A. 装置①能验证AgCl沉淀可转化为溶解度更小的Ag2S沉淀
B. 装置②能测量锌与硫酸的反应速率
C. 装置③能验证铁的吸氧腐蚀
D. 装置④在充电时，应将电源的负极连接在Pb电极上
【答案】A
【解析】
【详解】A．硝酸银过量，加入硫化钠肯定生成Ag2S沉淀，不能证明AgCl和Ag2S的溶解度大小，故A错误；
B．化学反应速率的快慢可以通过单位时间内产生氢气的体积的多少或产生相同体积的氢气需要时间的多少，因此可以用装置②能测量锌与硫酸的反应速率，故B正确；
C．若铁发生的是吸氧腐蚀，则装置中的气体压强会减小，水会进入导气管，因此装置③能验证铁的吸氧腐蚀，故C正确；
D．装置④当电池充电时,铅板与电源负极相连，二氧化铅板与电源正极相连，故D正确；
答案选A。
9. 下列解释实际应用的原理表达式中，不正确的是
A. 用排饱和食盐水法收集：
B. 热的纯碱溶液碱性增强：
C. 向悬浊液中加入溶液：
D. 用制备：
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气溶于水发生C，饱和食盐水中氯离子浓度较大，抑制氯气的溶解，选项A正确；B．纯碱溶液存在，水解为吸热反应，加热促进水解，碱性增强，选项B不正确；C．氢氧化铁的溶解度比氢氧化镁的小，则向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液发生 ，选项C正确；D．四氯化钛水解，则用TiCl4制备TiO2的离子反应为 ，选项D正确。答案选B。
点睛：本题考查离子反应方程式的书写，涉及化学平衡、水解平衡、沉淀转化等离子反应，综合性较大，氯气与水的反应为可逆反应；碳酸根离子水解分步进行，以第一步为主；氢氧化铁的溶解度比氢氧化镁的小，沉淀转化为可逆反应；四氯化钛水解生成沉淀和HCl。
10. 常温下，甲、乙两杯醋酸稀溶液，甲的pH=a，乙的pH=a+1，对下列叙述的判断正确的是
A. 物质的量浓度c (甲)>10c(乙)
B. 甲中水电离出来的H+的物质的量浓度是乙中水电离出来的H+的物质的量浓度的10倍
C. 中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯醋酸溶液的体积，V(甲)=10V(乙)
D. 甲中的c (OH-)为乙中的c (OH-)的10倍
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸浓度越大，酸的电离程度越小，c（甲）＞10c（乙），选项A正确；B．c（H+）=10-pH，所以c （H+）甲=10-a，c （H+）乙=10-（a+1），所以c（H+）甲=10c （H+）乙，酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH-），所以c（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲=c （OH-）乙，则水电离出的氢离子浓度10c（H+）甲=c（H+）乙，选项B错误；C．酸的浓度越大，酸的电离程度越小，与等量NaOH反应，酸的浓度越大则消耗酸的体积越小，c（甲）＞10c（乙），所以消耗酸的体积，10V（甲）＜V（乙），选项C错误；D．c（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲=c （OH-）乙，选项D错误。答案选A。
11. 利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是

A. 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B. 若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应
C. 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D. 若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A正确，B不正确。
若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；
X极作阳极，发生氧化反应，D正确。
答案选B。
12. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 由水电离的c(H+)=10−12 mol∙L−1的溶液中：Na+、NH、Cl－、K+
B. 无色溶液中：Na+、K+、Cr2O、NO
C. 含有I－的溶液中：H+、Na+、Cl－、NO
D. pH=14的溶液中：K+、ClO－、CO、Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A．由水电离的c(H+)=10−12 mol∙L−1的溶液，可能是酸溶液，可能是碱溶液，NH与OH－反应生成氨水，故A不符合题意；
B．Cr2O是橙红色，故B不符合题意；
C．I－与H+、NO发生氧化还原反应，故C不符合题意；
D．pH=14的溶液，溶液中存在OH－，K+、ClO－、CO、Cl－都大量共存，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
13. 常温下下列是几种弱酸的电离平衡常数：
CH3COOH
H2S
HClO
1.8×10-5
K1=1.3×10-7
K2=7.1×10-15
4.69×10-11
下列说法正确的是
A. 同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液
B. 同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH
C. 同物质的量浓度的S2-、HS-、ClO-、CH3COO-结合H+能力最强的是ClO-
D. CH3COOH溶液与Na2S溶液不能反应生成NaHS
【答案】B
【解析】
【详解】根据电离平衡常数得到酸性为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，根据越弱越水解得到离子的水解能力为：CH3COO－＜HS－＞ClO－＞S2－，所以同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是Na2S溶液，选项A错误。酸性为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，所以同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH，选项B正确。阴离子结合氢离子的能力越强，实际就表示其水解能力越强（阴离子水解都是结合水电离的氢离子），根据上面的判断，水解能力最强的是S2－，所以选项C错误。根据强酸制弱酸的原则，因为CH3COOH＞HS-，所以CH3COOH溶液与Na2S溶液能反应生成NaHS，选项D错误。
14. 在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g形状相同的镁条(过量)分别与2 mL 2 mol·L−1的 盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如下图。下列说法正确的是

A. ①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
B. 任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率
C. 反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D. 1 mol·L−1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大
【答案】C
【解析】
【详解】A． 盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则2 mL 2 mol·L−1的 盐酸和醋酸中，盐酸中c(H+)大，与镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应速率快，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；
B． 可以通过曲线的斜率比较二者的反应速率，从图像可以看出，100s后，醋酸与镁的反应速率更大，此时盐酸与镁已接近反应结束，c(H+)较小，反应速率小，故B错误；
C． 由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气气总量基本相等，故C正确；
D． 由于盐酸和醋酸的物质的量相同，故用1 mol·L−1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故D错误；
故选C。
15. 常温下，用0.10 mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是

A. 点①所示溶液中，CN－的水解程度大于HCN的电离程度
B. 点①和点②所示溶液中：c(CN－)>c(CH3COO－)
C. 点③所示溶液中：c(Na＋)=c(CH3COO－)>c(H＋)=c(OH－)
D. 点④所示溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
【详解】A．点①所示的溶液为HCN和NaCN混合溶液，且c(HCN)＝c(NaCN)，而此时pH＞7，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，故A正确。
B．点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH－)+c(CN－)=c(Na＋)+c(H＋)，而且c(OH－)＞c(H＋)；点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH－)+c(CH3COO－)=c(Na＋)+c(H＋)，而且c(OH－)＜c(H＋)。二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO－)＞c(CN－)，故B错误。
C．点③中pH=7，则c(OH－)=c(H＋)，则点③中c(Na＋)= c(CH3COO－)＞c(H＋)= c(OH－)，故C正确。
D．点④溶液中溶质为醋酸钠，CH3COO－水解使溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)；CH3COO－水解会消耗CH3COO－，则c(Na＋)＞c(CH3COO－)；而盐类的水解相对于盐的电离是微弱的，因而盐电离产生的离子浓度大于盐水解产生的离子浓度，所以溶液中的离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D正确。
综上，故选B。
16. 近期，天津大学化学团队以CO2与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法正确的是

A. Ni2P电极与电源负极相连
B. 辛胺转化为辛腈发生了还原反应
C. In/In2O3－x电极上可能有副产物H2生成
D. 在In/In2O3－x电极上发生的反应为CO2+H2O－2e－=HCOO－+OH－
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电解质“异性相吸”原理，氢氧根向Ni2P电极移动，说明Ni2P电极为阳极，与电源正极相连，故A错误；
B．左侧CO2变为HCOO－，化合价降低，发生还原反应，则辛胺在阳极转化为辛腈发生了氧化反应，故B错误；
C．In/In2O3－x电极为阴极，阴极可能有氢离子得到电子，因此可能有副产物H2生成，故C正确；
D．In/In2O3－x电极为阴极，根据图中信息，阴极上发生的反应为CO2+H2O+2e－=HCOO－+OH－，故D错误。
综上所述，答案为C。
17. 下列说法中正确的是
A. 向沸水中滴加FeCl3饱和溶液一定有红褐色沉淀产生
B. 制备AlCl3、NaCl均可以采用将溶液直接蒸干的方法
C. 向饱和食盐水中滴加浓盐酸，不会有沉淀析出
D. 盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)不利于作物生长，通过施加适量石膏可以降低土壤的碱性
【答案】D
【解析】
【详解】A．向沸水中滴加FeCl3饱和溶液能得到氢氧化铁胶体，故A错误；
B． 氯化铝能水解，将AlCl3溶液直接蒸干，得到氢氧化铝，故B错误；
C．向饱和食盐水中滴加浓盐酸，氯离子浓度增大，会有氯化钠晶体析出，故C错误；
D．盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)施加适量石膏，生成碳酸钙沉淀，碳酸根离子浓度降低，平衡逆向移动，土壤的碱性降低，故D正确；
选D。
18. 以石墨电极电解200 mL CuSO4溶液，电解过程中电子转移物质的量n(e-)与产生气体体积V(g)(标准状况)的关系如图所示。当转移0.8mol e-时停止电解。下列说法中正确的是


A. 电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为2 mol/L
B. 电解后所得溶液中c(H+)=1 mol/L
C. 当n(e-)=0.6 mol时，V(H2)：V(O2)=2：3
D. 向电解后的溶液中加入16g CuO，则溶液可恢复为电解前的浓度
【答案】C
【解析】
【分析】根据产生的气体可知电解过程中分为两个阶段，开始时阳极反应为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，阴极反应为Cu2＋＋2e－=Cu ，当n(e－)=0.4 mol时，Cu2＋消耗完，之后阴极反应变为2H＋＋2e－=H2↑。
【详解】A．根据分析可知当n(e－)=0.4 mol时，Cu2＋消耗完，因而Cu2＋的物质的量为0.2 mol，电解前其浓度为=1 mol/L，A错误；
B．通过电子由0至0.4mol时间段内电解了0.4molOH－，同时产生了0.4molH+，随后电解的是水，溶液的体积已经不在为200ml，故电解后所得溶液中c(H+)无法计算，B错误；
C．当n(e－)=0.6 mol时，得到0.15 mol O2 ，而H2只在第二阶段产生，该阶段电子转移0.2 mol，得到0.1 mol H2 ，所以V(H2)：V(O2)=2：3，C正确；
D．电解过程除了有铜及氧气析出外，还电解了水，故单纯的向电解后的溶液中加入16 g CuO，并不能使溶液恢复为电解前的浓度，D错误；
综上所述答案为C。
19. 锂电池具有广泛应用。用废铝渣(含金属铝、锂盐等)获得电池级Li2CO3的一种工艺流程如下(部分物质已略去)：

下列说法不正确的是
A. ①中加热后有SO2生成
B. ②生成Al(OH)3的离子方程式：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C. 由③推测溶解度：CaCO3＞Li2CO3
D. ④中不宜通入过多CO2，否则会造成Li2CO3产率降低
【答案】C
【解析】
【分析】废铝渣(含金属铝、锂盐等)加入浓硫酸，在280℃发生反应，经过滤后得到的滤渣中含有不与浓硫酸反应的沉淀，滤液中含有硫酸铝、硫酸锂，硫酸铝、硫酸锂与饱和碳酸钠反应后得到氢氧化铝沉淀和硫酸钠溶液，碳酸锂沉淀与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化锂和碳酸钙，将氢氧化锂溶液通入二氧化碳得到碳酸锂固体，由此分析。
【详解】A．①表示废铝渣(含金属铝、锂盐等)加入浓硫酸，在280℃发生氧化还原反应，浓硫酸作氧化剂，化合价降低，得到的还原产物有SO2生成，故A不符合题意；
B．滤液中含有硫酸铝、硫酸锂，硫酸铝和碳酸钠发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2，离子方程式为：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故B不符合题意；
C．由③可知，碳酸锂沉淀与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化锂和碳酸钙，发生了沉淀的转化，既有溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀，溶解度：Li2CO3＞CaCO3，故C符合题意；
D．④表示氢氧化锂和二氧化碳反应生成碳酸锂，不宜通入过多CO2，否则会生成碳酸氢锂，造成Li2CO3产率降低，故D不符合题意；
答案选C。
20. 实验小组研究金属电化学腐蚀，实验如下：
序号
实验
5 min
25 min
实验I

铁钉表面及周边未见明显变化
铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成
实验II

铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化
铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化
下列说法不正确的是
A. 实验II中Zn保护了Fe，使铁的腐蚀速率比实验I慢
B. 实验II中正极的电极反应式：O2 + 2H2O + 4e- =4OH-
C. 实验I的现象说明K3[Fe(CN)6]溶液与Fe反应生成了Fe2+
D. 若将Zn片换成Cu片，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验II中Zn比Fe活泼，作原电池的负极，发生吸氧腐蚀，Fe作正极，被保护，铁的腐蚀速率比实验I慢，A正确；
B．实验II中Fe作正极，氧气发生得电子的还原反应，其电极反应式：O2 + 2H2O + 4e- =4OH-，B正确；
C．实验I的现象说明25min时，Fe失去电子生成Fe2+，K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2+发生反应生成特征蓝色沉淀，C错误；
D．若将Zn片换成Cu片，因为Fe比Cu活泼，推测Cu片周边氧气发生得电子的还原反应生成氢氧根离子，酚酞溶液会出现红色，铁钉作原电池的负极，发生失电子的氧化反应生成亚铁离子，与K3[Fe(CN)6]溶液反应，使其周边会出现蓝色，D正确；
故选C。
第II卷 非选择题
21. 填空
I.锅炉水垢既会降低燃料的利用率，造成能源浪费，也会影响锅炉的使用寿命，形成安全隐患，因此要定期去除锅炉水垢。
（1）水垢中的Mg(OH)2可直接用盐酸除去，反应的离子方程式是_______；由于Mg(OH)2浊液中存在Mg(OH)2的溶解平衡，可表示为(用离子方程式表示)_______，若向此浊液中加入浓的NH4Cl溶液，观察到的现象是_______。
（2）水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸去除。应用平衡移动原理分析、解释上述过程(用离子方程式表示)：_______。
II.根据表中所列三种溶液在25℃时的相关数据，按要求填空：
溶液
物质的量浓度
pH
用离子方程式表示溶液显酸性的原因
(I)CH3COOH
0.1 mol/L
3
(3)
(II)NH4Cl
0.1 mol/L
6
——
(Ⅲ)NH4HSO4
0.1 mol/L
1
——
（3）写出(I)中离子方程式： _________
（4）比较溶液(II)、(Ⅲ)中c(NH)的大小关系是(II)_______(III)(填“>”、“c(NH)>c(H+)>c(OH-)
（6）10-5：1或1：105
（7） ①. d ②. 阻止OH-移向阳极，提高NaOH的产量和纯度 ③. 2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
【解析】
【小问1详解】
水垢中的Mg(OH)2可直接用盐酸除去，生成氯化镁和水，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+＝Mg2++2H2O；由于Mg(OH)2浊液中存在Mg(OH)2的溶解平衡，可表示为(用离子方程式表示)Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)，若向此浊液中加入浓的NH4Cl溶液，由于铵根离子结合氢氧根离子生成一水合氨，降低氢氧根离子浓度，使溶解平衡正向进行，所以观察到的现象是白色固体逐渐溶解。
【小问2详解】
碳酸钙难溶，硫酸钙微溶，因此水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸去除，有关反应的离子方程式为。
【小问3详解】
0.1mol/L醋酸溶液的pH等于3，说明是弱电解质，则其电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+；
【小问4详解】
铵根水解显酸性，硫酸氢铵能电离出氢离子抑制铵根的水解，则溶液(II)、(Ⅲ)中c(NH)的大小关系是(II)＜(III)；
【小问5详解】
氯化铵溶液中铵根水解，溶液显酸性，则溶液(Ⅱ)中各离子浓度由大到小的顺序是c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)；
【小问6详解】
醋酸电离出氢离子抑制水的电离，氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，则溶液(I)和(Ⅱ)中由水电离出的c(H+)之比是10－11：10－6＝1：105；
【小问7详解】
氯碱工业中阴极产生氢气和氢氧根，即氢氧化钠在阴极产生，则NaOH溶液从d口导出；为防止阳极产生的氯气和氢氧根反应，则阳离子交换膜的作用是阻止OH-移向阳极，提高NaOH的产量和纯度；电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑。
22. 某铁矿石中铁元素的化合价为+2价和+3价，测定其中铁元素总含量的实验如下。
已知：ⅰ.该实验条件下，SnCl2的氧化产物为SnCl，的还原产物为Cr3+。
ⅱ.杂质不参加反应。
Ⅰ.将铁矿石粉碎，取m g铁矿石粉于烧杯中，加入浓盐酸，加热使其充分溶解；
Ⅱ.冷却后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液转移到250 mL仪器a中定容；
Ⅲ.移取25 mL溶液于锥形瓶中，加入4 mol·L−1盐酸，加热至接近沸腾，边摇动锥形瓶边缓慢滴加一定浓度的SnCl2溶液，至恰好完全反应，停止滴加SnCl2溶液；
Ⅳ.冷却后加入50 mL蒸馏水和指示剂，用c mol·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点；
Ⅴ.重复测定三次，消耗K2Cr2O7溶液的平均体积为VmL。
(1)Ⅰ中，加快化学反应速率的措施有___________(至少写出2个)。
(2)Ⅱ中，仪器a的名称是___________。
(3)Ⅲ中，Sn2+还原Fe3+的离子方程式是___________。
(4)该铁矿石中铁元素的质量分数为___________。
(5)Ⅲ中，若SnCl2过量，测得的铁矿石中铁元素的质量分数会___(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】 ①. 粉碎、加入浓盐酸、加热 ②. 容量瓶 ③. 2Fe3++Sn2++6Cl−2Fe2++SnCl ④. ⑤. 偏大
【解析】
【分析】铁矿石中铁元素的化合价为+2价和+3价，Ⅲ中，加入SnCl2溶液，将Fe3+还原为Fe2+，至恰好完全反应，停止滴加SnCl2溶液，此时，溶液中的铁元素全部以Fe2+形式存在，Ⅳ中，用K2Cr2O7溶液滴定Fe2+，通过消耗K2Cr2O7溶液的量计算铁元素的含量。
【详解】(1)粉碎铁矿石可增大固液接触面积，加快反应速率；增大盐酸浓度，可加快反应速率；加热升高温度，也可以加快反应速率；
(2)精确配制一定物质的量浓度的溶液需要用容量瓶，则仪器a的名称是容量瓶；
(3)已知SnCl2的氧化产物为SnCl，则Sn2+与Fe3+反应生成SnCl和Fe2+，则Sn2+还原Fe3+的离子方程式是2Fe3++Sn2++6Cl−2Fe2++SnCl；
(4)K2Cr2O7与Fe2+反应的离子方程式为，则25 mL溶液中铁元素的物质的量为，则25 0mL溶液中铁元素的物质的量为，铁元素的质量为，
则该铁矿石中铁元素的质量分数为；
(5)Ⅲ中若SnCl2过量，过量的SnCl2也会消耗K2Cr2O7，使得消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则测得的铁矿石中铁元素的质量分数会偏大。
23. 聚合硫酸铁(PFS)是一种性能优异的无机高分子絮凝剂，其化学式通常表示为[Fe2(OH)2a(SO4)3－a]b。某化工厂制备PFS并用其处理废水。
I.用硫酸铜废液制备PFS

(1)试剂A为___。
(2)“控温氧化”发生反应的离子方程式为__。
(3)测定PFS样品中的n(OH－)：取ag样品，溶解于V1mLc1 mol∙L−1HCl溶液中，用KF溶液掩蔽Fe3+(使Fe3+不能与OH－反应)，滴入酚酞溶液，再用c2 mol∙L−1NaOH溶液滴定，到达滴定终点时消耗NaOH溶液体积为V2mL。agPFS样品中的n(OH－)=__mol。
II.用石灰乳－PFS法处理含砷废水

已知：
i.常温下，Ca3(AsO4)2、CaHAsO4的Ksp均大于FeAsO4的Ksp，Fe2(HAsO4)3可溶；
ii.常温下，溶液中含砷微粒的物质的量分数与pH的关系如图。

(4)下列说法不正确的是___(填序号)。
a.NaH2AsO4溶液的pH＜7
b.pH=11.5时，c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH－)=c(H+)
c.Na3AsO4溶液中，3c(Na+)=c(AsO)+c(HAsO)+c(H2AsO)+c(H3AsO4)
(5)“一级沉降”中，石灰乳的作用是___。
(6)“二级沉降”中，溶液的pH在8~10之间，PFS形成的Fe(OH)3胶体粒子可以通过沉淀反应进一步减少溶液中的As含量，反应的离子方程式为___。
(7)溶液的pH和m(Fe)/m(As)对As去除率的影响如图。某酸性含砷废水中As含量为20mg/L，为达到排放标准(As含量≤1mg/L)，从节约成本的角度考虑，工业上选择的最佳条件是__(填序号)。

a.pH=8.2m(Fe)/m(As)=5 b.pH=8.2m(Fe)/m(As)=8
c.pH=9.0m(Fe)/m(As)=5 d.pH=9.0m(Fe)/m(As)=8
[m(Fe)/m(As)指PFS中Fe元素质量与对应废水中As元素质量之比]
【答案】 ①. Fe ②. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ③. (c1V1－c2V2)×10－3 ④. bc ⑤. 中和酸性溶液，调节溶液pH；形成CaSO4、Ca3(AsO4)2沉淀，去除部分SO和H3AsO4 ⑥. Fe(OH)3+HAsO=FeAsO+2OH－+H2O ⑦. c
【解析】
【分析】硫酸铜废液中加入试剂铁发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，硫酸亚铁中加入双氧水、稀硫酸反应生成硫酸铁和水，在发生水解聚合、减压蒸发得到PFS固体。
【详解】(1)试剂A主要是将铜离子置换，因此试剂A为Fe；故答案为：Fe。
(2)“控温氧化”主要是双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
(3)测定PFS样品中的n(OH－)：取ag样品，溶解于V1mLc1 mol∙L−1HCl溶液中，用KF溶液掩蔽Fe3+(使Fe3+不能与OH－反应)，滴入酚酞溶液，再用c2 mol∙L−1NaOH溶液滴定，根据题意，KF溶液掩蔽Fe3+，剩余的HCl消耗的NaOH物质的量为c2 mol∙L−1×V2×10−3L= c2V2×10−3mol，因此agPFS样品中的n(OH－)= c1 mol∙L−1×V1×10−3L－c2V2×10−3mol=(c1V1－c2V2)×10−3mol。
(4)a．根据题中信息H3AsO4的电离平衡常数Ka1=1.0×10−2.2，Ka2=1.0×10−7，Ka3=1.0×10−11.5，NaH2AsO4溶液电离常数为1.0×10−7，水解常数，电离大于水解，溶液显酸性，因此pH＜7，故a正确；b．要使pH=11.5时，原溶液中加入碱性物质，根据电荷守恒得到c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH－)＞c(H+)，故b错误；c．Na3AsO4溶液中，c(Na+)=3c(AsO)+3c(HAsO)+3c(H2AsO)+3c(H3AsO4)，故c错误；综上所述，答案为：bc。
(5)“一级沉降”中，根据题中信息得出石灰乳的作用是中和酸性溶液，调节溶液pH；形成CaSO4、Ca3(AsO4)2沉淀，去除部分SO和H3AsO4；故答案为：中和酸性溶液，调节溶液pH；形成CaSO4、Ca3(AsO4)2沉淀，去除部分SO和H3AsO4。
(6)“二级沉降”中，溶液的pH在8~10之间，溶液中主要含有HAsO，加入Fe(OH)3胶体粒子与HAsO反应，反应的离子方程式为Fe(OH)3+HAsO=FeAsO+2OH－+H2O；故答案为：Fe(OH)3+HAsO=FeAsO+2OH－+H2O。
(7)某酸性含砷废水中As含量为20mg/L，为达到排放标准(As含量≤1mg/L)，则去除率要达到，从节约成本的角度考虑，根据图中信息得到工业上选择的最佳条件是pH=9.0m(Fe)/m(As)=5；故答案为：c。
24. 某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：

物质
BaSO4
BaCO3
AgI
AgCl

溶解度/g（20℃）
2.4×10-4
1.4×10-3
3.0×10-7
1.5×10-4
（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化
实验操作：

试剂A
试剂B
试剂C
加入盐酸后的现象
实验Ⅰ
BaCl2
Na2CO3
Na2SO4
……
实验Ⅱ
Na2SO4
Na2CO3
有少量气泡产生，沉淀部分溶解
① 实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，______。
② 实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是______。
③ 实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：______。
（2）探究AgCl和AgI之间的转化
实验Ⅲ：
实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。

装置
步骤
电压表读数

ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合K
a
ⅱ.向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全
b
ⅲ再向B中投入一定量NaCl (s)
c
ⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s)
a
注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。
① 实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是______（填序号）。
a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是______。
③ 结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：______。
④ 实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是______。
（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出结论： ______。
【答案】 ①. 沉淀不溶解或无明显现象 ②. BaCO3 + 2H+ === Ba2+ + CO2↑+ H2O ③. BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq) + SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 ④. b ⑤. 2I- - 2e- === I2 ⑥. 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 ⑦. 实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- ⑧. 溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现
【解析】
【详解】①因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象。答案：沉淀不溶解或无明显现象。
② 实验Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。答案：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。
③ 由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1mol/LBaCl2，B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根据Ba2++ SO42-= BaSO4,所以溶液中存在着BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。
(2)①甲溶液可以是NaCl溶液,滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI。故答案为b。
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的AgNO3溶液,Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I—具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I- - 2e- = I2。答案：2I- - 2e- = I2。
③ 由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验Ⅳ中b＜a。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 。
④虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验Ⅳ中加入了NaCl(s)，原电池的电压c＞b，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大。答案：实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- 。
（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。答案：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。