10沉淀溶解平衡--江苏省2023-2024学年高二化学上学期期末专题练习（苏教版）

这是一份10沉淀溶解平衡--江苏省2023-2024学年高二化学上学期期末专题练习（苏教版），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·江苏淮安·高二统考期末）下列化学用语表达不正确的是
A．已知甲烷的燃烧热为，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为：
B．惰性电极电解氯化镁溶液：
C．向悬浊液中滴加溶液，白色沉淀变成黑色：
D．水解析出沉淀：
2．（2023上·江苏淮安·高二统考期末）化学与生活、生产密切相关，下列说法不正确的是
A．工业合成氨，常采用铁触媒、减小氨气的浓度来提高反应速率
B．去除锅炉水垢中的，用饱和溶液浸泡预处理
C．误食可溶性钡盐造成中毒，可以服用溶液来解毒
D．氯化铵和氯化锌溶液可作为焊接金属时的除锈剂
3．（2023上·江苏连云港·高二统考期末）用Na2CO3溶液可以处理锅炉水垢中的CaSO4，使其转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，再用酸除去。下列说法正确的是
A．Na2CO3溶液显碱性的原因：
B．加入Na2CO3溶液充分后的上层清液中存在：
C．充分反应后的上层清液中存在：
D．CaSO4转化为CaCO3的离子方程式：
4．（2023上·江苏连云港·高二统考期末）室温下，下列探究方案不能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
5．（2023上·江苏苏州·高二统考期末）从和混合溶液中得到和的流程如下：
下列说法正确的是
A．“沉淀Ⅰ”步骤只发生与生成的反应
B．“溶解”步骤反应的离子方程式：
C．可溶于的氨水
D．“沉淀Ⅱ”生成的离子方程式：
6．（2023上·江苏南通·高二统考期末）以炼锌厂的烟道灰(主要成分为ZnO，另含少量、CuO、)为原料可生产草酸锌晶体。已知：；
下列说法正确的是
A．“除铁”中生成的滤渣与消耗的比值为1∶1
B．“除铜”后，此时溶液中
C．“沉淀”时所用溶液中：
D．“沉淀”时可以用溶液代替溶液，晶体品质更好
7．（2022上·江苏南通·高二海门中学校考期末）室温下：Ka(CH3COOH)=10-4、Kal(H2SO3)=10-1.85、Ka2(H2SO3)=10-7.22、Ksp(CaSO3)=10-6.51.实验室进行多组实验测定某些酸和盐性质，相关实验记录如下：
下列所得结论正确的是
A．实验l溶液中存在：c(H+)>c(SO)>c(HSO)
B．实验2反应的离子方程式：2CH3COOH+SO=2CH3COO-+SO2↑+H2O
C．实验3反应后的溶液中存在：c(OH-)-c(H+)=c(CH3COOH)
D．实验4所得上层清液中的c(SO)= 2×l0-5.51ml·L-1
8．（2022上·江苏南通·高二海门中学校考期末）某实验小组向1mL 0.lml·L-l FeCl2溶液中依次加入下列试剂，记录的实验现象如下：
下列说法正确的是
A．实验①说明Fe2+与KSCN溶液一定不发生反应
B．实验②体现了氯水具有漂白性
C．实验③所得的上层清液中存在c(Ba2+)·c(SO)D．实验④说明过量氯水能与KSCN发生氧化还原反应
9．（2022上·江苏南通·高二海门中学校考期末）下列物质的性质与用途不具有对应关系的是
A．Na2CO3溶液显碱性，可用于除锅炉水垢
B．NH4C1溶液显酸性，可用于铁表面除锈
C．CH4气体具有可燃性，可用于生活燃料
D．Zn具有较强的还原性，可用于减缓船体腐蚀
10．（2022上·江苏无锡·高二江苏省天一中学校考期末）一定温度下，三种碳酸盐(M：、、)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：，。下列说法不正确的是
A．、、的依次减小
B．a点可表示的饱和溶液，且
C．b点可表示的饱和溶液，且
D．c点可表示的不饱和溶液，且
11．（2022上·江苏无锡·高二江苏省天一中学校考期末）某同学在实验室探究的性质：常温下，配制0.10ml/L 溶液，测得其pH为9.7；取少量该溶液滴加溶液至，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是
A．溶液呈碱性的原因是的水解程度大于电离程度
B．加入促进了的电离
C．反应的离子方程式是
D．反应后的溶液中存在：
12．（2022上·江苏镇江·高二江苏省丹阳高级中学校考期末）为了除去酸性溶液中的，可在加热搅拌的条件下加入一种过量的试剂，充分反应后静置、过滤。这种试剂是
A．氨水B．碳酸镁固体C．碳酸钠固体D．氢氧化钠溶液
13．（2022上·江苏扬州·高二校考期末）已知Ksp(AgCl)＝2×10－10，Ksp(AgI)＝9×10－17。下列说法不正确的是
A．向0.01 ml∙L－1 AgNO3溶液中加入等体积0.01 ml∙L－1 NaCl溶液，有沉淀生成
B．AgCl固体在0.01 ml∙L－1 MgCl2溶液中的溶解度小于在0.01 ml∙L－1 NaCl溶液中
C．向浓度均为0.01 ml∙L－1的NaCl和KI混合溶液中逐滴滴加0.01 ml∙L－1 AgNO3溶液，开始时先析出黄色沉淀
D．向AgCl固体中加入少量0.01 ml∙L－1 KI溶液，达新平衡时溶液中存在等式：c(Cl－)＝c(I－)
14．（2022上·江苏苏州·高二期末）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
15．（2022上·江苏苏州·高二期末）在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是
A．
B．
C．
D．
二、填空题
16．（2022上·江苏无锡·高二江苏省天一中学校考期末）是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于熔烤食品中；在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)可作净水剂，其理由是 (用必要的化学用语和相关文字说明)。
(2)相同条件下，0.1ml/L 中的 (填“等于”“大于”或“小于”)0.1ml/L 中的。
(3)如图1所示是0.1ml/L电解质溶液的pH随温度变化的图象。
①其中符合0.1ml/L 的pH随温度变化的曲线是 (填字母)，导致pH随温度变化的原因是 ；
②20℃时，0.1ml/L 中 。
(4)室温时，向100mL0.1ml/L 溶液中滴加0.1ml/L NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是 ；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 。
(5)与性质相似，均为两性氢氧化物，已知有关锌的化合物的下列反应：；。如图是常温条件下，溶液的pH与lgC的关系图象，或。下列说法正确的是_______
A．由b点到a点可以通过升高溶液pH和溶液的方法来实现
B．溶液中析出沉淀的pH范围为8~12
C．常温下，
D．元素Zn在甲区以存在，在丙区以存在
17．（2022上·江苏无锡·高二江苏省天一中学校考期末）磷能形成次磷酸()、亚磷酸()、磷酸()等多种含氧酸。
(1)次磷酸()是一种精细化工产品，已知10mL 1ml/L 与20mL 1ml/L的NaOH溶液充分反应后生成组成为的盐，回答下列问题：
①属于 (填“正盐”“酸式盐”或“无法确定”)。
②若25℃时，，则0.02ml/L的溶液的pH= 。
③设计一种实验方案，证明次磷酸是弱酸： 。
(2)亚磷酸()是二元中强酸，某温度下，0.11ml/L的溶液的pH为2，该温度下的电离平衡常数约为 (，的二级电离和水的电离忽略不计)。
(3)向溶液中滴加NaOH溶液，回答下列问题：
①恰好中和生成时，所得溶液的pH (填“>”“＜”或“=”，下同)7。
②溶液呈中性时，所得溶液的 。
③若用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定，达到滴定终点时，所得溶液的 。
(4)磷酸()是三元中强酸，若含和的溶液中，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使恰好沉淀完全即溶液中，此时是否有沉淀生成？ (列式计算)。、的分别为、。
三、计算题
18．（2021上·江苏·高二统考期末）要实现“绿水青山就是金山银山”，长江流域总磷超标的问题必须解决。目前总磷已经成为长江全流域的首要污染物，H3PO3是含磷污染物的一种，请回答下列问题：
(1)某含磷废水的主要成分是H3PO3，其处理方法是向废水中加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH，将磷元素转化为磷酸钙沉淀回收。请写出该过程中H3PO3发生反应的化学方程式 ，若处理后的废水中，c(Ca2+)=5.0×10−6 ml·L−1，的含量为4×10−7 ml·L−1，则Ksp[Ca3(PO4)2]= 。
(2)25℃时，向一定体积的亚磷酸(H3PO3，二元弱酸)溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。
①Na2HPO3为 (填“正盐”或“酸式盐”)，其水解平衡常数Kh= 。
②所加NaOH溶液体积与亚磷酸溶液体积相同时，溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为 。
(3)在常温下，用0.1000 ml·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H3PO3溶液，当滴加的NaOH溶液的体积如下表所示时，溶液中刚好存在如下关系：c(Na+)=2c(H3PO3)+2c()+2c()，请回答下列问题
①a的读数如图所示，则a= mL；
②H3PO3溶液的物质的量浓度为 ml·L−1
四、解答题
19．（2024上·江苏南京·高二校联考期末）以Al2O3为载体的钴钼废催化剂中含CS、MS2及少量Fe、Si、Ca等元素的物质，经系列处理可制取CCO3、(NH4)2MO4，工艺流程如图所示：
已知：①“焙烧”后各元素转化为相应氧化物，“酸浸”后钼元素转化为。
②常温下，Ksp(CCO3)=a，Ksp(C(OH)2)=b，Kb(NH3·H2O)=c。
(1)“酸浸”时，投料完成后，保持酸浸温度不变，以一定速率搅拌反应，能提高钴、钼元素浸出率的方法还有 。(任写一种)
(2)有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时溶液中金属离子浓度≤1.0×10-5ml·L-1)
“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，“调pH”时，若浸取液中c(C2+)=0.1ml·L-1，则需调节溶液pH的范围是 (加入物质对溶液体积的变化忽略不计)。
(3)“沉钴”时，其离子方程式为 。“沉钴”过程中为防止CCO3转化为C(OH)2，需控制溶液pH，转化时存在CCO3(s)+2NH3·H2O(aq)C(OH)2(s)+ (aq)+2(aq)，该反应的平衡常数K= (用含a、b、c的表达式作答)。
(4)“萃取”的反应原理为2R3N(叔胺)+2H+ +(R3NH)2MO4，通过反萃取法使有机相中的M元素回到水相，需加反萃取剂氨水，而不使用NaOH的原因是 。
(5)制MS2用(NH4)2MO4晶体先制备硫代钼酸铵［(NH4)2MS4］，再将(NH4)2MS4在一定条件下加热，可分解得到MS2、NH3、H2S和单质硫。其中NH3、H2S和单质硫的物质的量之比为8:4:1，所得硫单质的分子式为 。
20．（2023上·江苏连云港·高二统考期末）NiSO4·6H2O是一种蓝色易溶于水的细粒结晶，主要用于电镀、医药、以及印染工业等，以一种含镍废液(主要成分是Ni2+和Fe2+，还含有少量Cu2+，Mg2+、C2+)为原料制取NiSO4·6H2O的过程如下：

已知不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如下表。
(1)“氧化”时，主要发生反应的离子方程式为 。
(2)加入NiO能除去Fe、Cu的原因为 。
(3)向“除Fe、Cu”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。
①若溶液pH偏低，将会导致MgF2沉淀不完全，其原因是 。
②用NaF除镁而不用Na2CO3，与反应有关，该反应的平衡常数为 (结果保留两位有效数字)。[Ksp(MgCO3)=2.6×10-5，Ksp(MgF2)=6.4×10-9]
(4)C2+、Ni2+的萃取率随溶液pH变化关系如图所示，萃取Ni2+时应调节溶液pH的范围为 。

(5)通过氧化、除杂(铁、铜、镁)、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备NiSO4·6H2O。已知Ni2+能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为，则反萃取最好加入的试剂是 。
A．H2SO4 B．NH3·H2O C．NaOH
21．（2023上·江苏南通·高二统考期末）以含锌废渣(主要成分为，另含少量、、等)为原料可生产草酸锌晶体(，微溶于水)，其工艺流程为：
常温时，部分金属离子开始沉淀及沉淀完全的如下表所示(浓度时可认为金属离子沉淀完全)：
(1)酸浸时应适当增大盐酸的浓度，原因是 和 。
(2)氧化时反应的离子方程式为 。
(3)为不引入杂质，物质X可以是 (填化学式)。
(4)“调”时应控制溶液的范围是 。
(5)将过滤II所得滤液与草酸钠溶液按一定方式混合，可析出草酸锌晶体。
①滤液与草酸钠溶液混合方式不正确，会生成杂质沉淀。则滤液与草酸钠溶液的正确混合方式为 。
②若将草酸钠换成草酸铵溶液，则不同的混合方式均不会生成杂质沉淀，原因是 。
(6)根据表格数据可知常温下， 。
22．（2022上·江苏南通·高二海门中学校考期末）铅及其化合物在工业生产及日常生活中有非常广泛的用途。
(1)工业上可用PbS与PbSO4反应制备粗铅，反应为PbS+PbSO42Pb+2SO2↑。
已知下列反应的热化学方程式：
Ⅰ．2PbS(s)+3O2(g)=2PbO(s)+2SO2(g) ΔH1=a kJ·ml-1
Ⅱ．PbS(s)+2PbO(s)=3Pb(s)+SO2(g) ΔH2= b kJ·ml-1
Ⅲ．PbS(s)+2O2(g)=PbSO4(s) ΔH3=c kJ·ml-1
①反应PbS(s)+PbSO4(s)=2Pb(s)+2SO2(g) ΔH= (用含a，b，c的代数式表示)。
②反应Ⅲ在一定条件下能自发进行的原因是 。
(2)工业上可通过电解将粗铅精炼，电解液为H2SiF6和PbSiF6的混合溶液。电解时，当c(H2SiF6)过大时，铅产率减小的原因可能是 。(已知：H2SiF6和PbSiF6均为易溶子水的强电解质。)
(3)铅易造成环境污染，水溶液中铅的存在形态与pH关系如图1所示。
①常温下，向pH=10的含Pb(II)废水滴加氨水至pH=11时，所发生反应的离子方程式为 。
②某工业含有Pb2+的废水，经处理后c(Pb2+)=2×l0-6 ml·L-1，达到排放标准，此溶液的pH不低于 。(已知室温下：Ksp[Pb(OH)2]=2×10-l5)
(4)我国科学家在一种铅的卤化物光电材料中引入稀土铕(Eu3+)盐，可以提升太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图2所示。该过程可描述为 。
23．（2022上·江苏南通·高二海门中学校考期末）氧族元素及其化合物在生产、生活中发挥着重要作用。回答下列问题：
(1)常用硫化物作沉淀剂除去废水中的重金属离子。用FeS作沉淀剂除去Cu2+时，反应的离子方程式为 ；当Cu2+沉淀完全时，溶液中n(Fe2+)：n(Cu2+)= 。(已知①常温下FeS、CuS的沉淀溶解平衡曲线如图1所示；②当溶液申离子浓度小于l×l0-6ml·L-1时，该离子沉淀完全。)
(2)工业上常用连二亚硫酸钠(Na2S2O4)消除烟气中的NO、(NO、NO2等)，通过电解可使Na2S2O4再生，装置如图2所示。左室Pt电极上发生的电极反应为 。当右室产生气体5.6L时，理论上消除NO的体积为 。(气体均为标况下)
(3)工业上将含硒工业废料处理得到亚硒酸(H2SeO3)和硒酸(H2SeO4)。
①室温下，已知亚硒酸的Ka1=10-2.5，Ka2=10-7.5。则H2SeO3水解常数为 。
②证明亚硒酸是弱电解质的实验方法是 。(可用试剂：0.1ml·L-1 H2SeO3)
③已知0.lml·L-1硒酸溶液中存在c(H2SeO4)＜0.lml·L-1＜c(H+)，无H2SeO4，其可能的原因是 。
选项
探究方案
探究目的
A
用不同浓度、等体积的H2O2溶液分别与相同浓度相同体积的Na2SO3溶液反应，观察现象
探究浓度对反应速率的影响
B
用pH计测定同浓度NaClO和NaF溶液的pH，比较溶液pH大小
比较HClO与HF的酸性强弱
C
向浓度均为0.1ml·L-1的CuSO4和ZnSO4混合溶液中滴加少量Na2S溶液，观察沉淀颜色变化
比较CuS和ZnS的Ksp大小
D
向3mL0.1ml·L-1KI溶液中滴加0.1ml·L-1FeCl3溶液3～4滴，充分反应后，再加KSCN，观察溶液颜色变化
探究化学反应的限度
实验
实验操作和现象
1
测定0.10ml·L-1 NaHSO3溶液的pH≈5
2
向Na2SO3溶液中滴入足量的纯醋酸，测得pH降低
3
向20mL 0.10ml·L-1 CH3COOH溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液10mL
4
向0.10ml·L-1 Na2SO3溶液中加入等体积0.2 ml·L-1 CaCl2溶液，产生白色沉淀
试剂次序
试剂
现象
①
KSCN溶液
无明显现象
②
足量氯水
溶液先变红色，后红色逐渐消失
③
足量盐酸酸化的BaCl2溶液
产生白色沉淀
④
再加入KSCN溶液
溶液变红色
选项
实验操作和现象
结论
A
向20%蔗糖溶液中加入少量稀，加热，再加入银氨溶液，未出现银镜
蔗糖未水解
B
向苯酚浊液中滴加溶液，浊液变澄清
结合H+的能力比弱
C
取溶液，向其中加入溶液，充分反应后用萃取、分液，向水层滴加溶液，溶液变血红色
与所发生反应为可逆反应
D
向浓度均为的、混合溶液中滴加5滴溶液，有黄色沉淀生成
滴定次数
待测液体积
标准NaOH溶液体积(mL)
滴定前读数(mL)
滴定后读数(mL)
第一次
20.00
0.20
20.38
第二次
20.00
4.00
24.20
第三次
20.00
2.38
a
沉淀
Al(OH)3
Fe(OH)3
C(OH)2
恰好完全沉淀时pH
5.2
2.8
9.4
Fe3+
Cu2+
Fe2+
Ni2+
C2+
Mg2+
始沉淀的pH
2.7
4.4
7.0
7.1
7.6
9.3
沉淀完全的pH
3.7
6.4
9.6
9.2
9.2
10.8
沉淀
开始沉淀时的
恰好完全沉淀时的
参考答案：
1．A
【详解】A．燃烧热是指在25℃、101kPa时，1ml纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，表示甲烷的燃烧热化学方程式中应该生成H2O(l)，故A错误；
B．惰性电极电解氯化镁溶液，阳极氯离子失电子生成氢气，阴极水中氢离子得电子生成氢气和氢氧根离子，离子方程式为：，故B正确；
C．硫化银的溶解度比氯化银小，向悬浊液中滴加溶液，白色沉淀变成黑色：说明氯化银转化为硫化银，故C正确；
D．水解析出沉淀，离子方程式为：，故D正确；
故选A。
2．A
【详解】A．减小氨气的浓度不能提高反应速率，故A错误；
B．硫酸钙和碳酸钙阴离子和阳离子比相同，可以直接比较溶解度和溶度积常数，处理锅炉水垢中的CaSO4时，先加入饱和Na2CO3溶液发生了沉淀转化，后加入盐酸，水垢溶解，故B正确；
C．可溶性的钡盐均有毒，服用 溶液会与Ba2+发生化学反应，生成无毒的难溶于水、难溶于酸的硫酸钡，从而解毒，故C正确；
D．金属锈是金属氧化物，NH4Cl和ZnCl2属于强酸弱碱盐，NH、Zn2+发生水解，使NH4Cl和ZnCl2溶液显酸性，因此氯化铵与氯化锌溶液可作焊接金属时的除锈剂，故D正确；
故选A。
3．D
【详解】A．Na2CO3溶液显碱性的原因：，故A错误；
B．加入Na2CO3溶液充分后的上层清液为碳酸钙的饱和溶液，，故B错误；
C．充分反应后的上层清液中含碳酸钠和硫酸钠，根据物料守恒可知：，故C错误；
D．微溶CaSO4转化为难溶CaCO3的离子方程式：，故D正确；
故选：D。
4．A
【详解】A．过氧化氢和亚硫酸钠反应没有明显现象，不能探究浓度对反应速率的影响，A符合题意；
B．酸性越弱，其对应盐溶液水解程度越大，溶液碱性越强，故可以pH计测定同浓度NaClO和NaF溶液的pH，比较溶液pH大小，从而比较HClO与HF的酸性强弱，B不符合题意；
C．向浓度均为0.1ml·L-1的CuSO4和ZnSO4混合溶液中滴加少量Na2S溶液，若生成黑色沉淀，则说明硫化铜更难溶，能比较CuS和ZnS的Ksp大小，C不符合题意；
D．3mL0.1ml·L-1KI溶液中滴加0.1ml·L-1FeCl3溶液3～4滴，充分反应后KI过量，加入KSCN溶液变成红色，证明有三价铁离子存在，可说明反应是可逆反应，D不符合题意；
故选A。
5．D
【分析】向和混合溶液中加入酸化的硝酸银溶液，与、Cl-生成和AgCl，过滤后将沉淀在氨水中溶液，AgCl沉淀可以溶于氨水生成，不能溶于的氨水，过滤分类出，溶液酸化后生成AgCl沉淀。
【详解】A．“沉淀Ⅰ”步骤中向和混合溶液中加入酸化的硝酸银溶液，由于I-具有还原性，会被硝酸氧化生成I2，故A错误；
B．AgCl沉淀可以溶于氨水，离子方程式为：，故B错误；
C．由流程图可知，加入氨水后过滤得到，说明不能溶于的氨水，故C错误；
D．AgCl沉淀可以溶于氨水生成，溶液酸化后生成AgCl沉淀，离子方程式为：，故D正确；
故选D。
6．B
【详解】A．ZnO的作用是调节溶液pH生成氢氧化铁“除铁”，“酸浸”剩余盐酸的量未知，所以生成的滤渣与消耗的比值不确定，故A错误；
B．“除铜”后，此时溶液中，故B正确；
C．根据物料守恒，“沉淀”时所用溶液中：，故C错误；
D．溶液呈碱性，“沉淀”时若用溶液代替溶液，可能生成氢氧化锌，故D错误；
选B。
7．D
【详解】A．0.10ml·L-1 NaHSO3溶液的pH≈5，pH＜7，说明HSO的电离程度大于水解程度，但其电离和水解都较小，则c(HSO)＞c(SO)，A项错误；
B．Kal(H2SO3)＞Ka(CH3COOH)＞Ka2(H2SO3)，则酸性：H2SO3＞CH3COOH＞HSO，根据强酸制弱酸，Na2SO3溶液和醋酸反应生成HSO，反应的离子方程式为CH3COOH+SO=CH3COO-+ HSO，B项错误；
C．向20mL 0.10ml·L-1 CH3COOH溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液10mL，反应后溶液中的溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒有：，根据物料守恒有：，则，C项错误；
D．向0.10ml·L-1 Na2SO3溶液中加入等体积0.2 ml·L-1 CaCl2溶液，反应后，CaCl2溶液剩余，溶液中Ca2+浓度为=0.05ml/L，c(SO)= = =，D项正确；
答案选D。
8．D
【详解】A．实验①说明Fe2+与KSCN溶液不反应或反应生成了无色物质，A错误；
B．实验②体现了氯水具有氧化性，先把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN溶液反应先变血红色，后红色褪去，可能是Cl2将SCN-氧化，使平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去，B错误；
C．Cl2将SCN-氧化，生成了，与足量盐酸酸化的BaCl2溶液反应，生成BaSO4沉淀，上层清液相当于饱和BaSO4溶液，故有c(Ba2+)·c()=Ksp(BaSO4)，C错误；
D．实验④说明平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3正向移动，生成血红色的Fe(SCN)3，进一步说明实验②中足量氯水氧化了KSCN，D正确；
故选D。
9．A
【详解】A．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理得到CaCO3，形成沉淀的转化，然后用稀盐酸除去，该用途与碳酸钠的碱性无关，A错误；
B．氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，水解生成的氢离子能与铁锈的主要成分氧化铁反应达到除锈的目的，所以氯化铵溶液常用作除锈剂，B正确；
C．甲烷是天然气的主要成分，因为具有可燃性，可用于生活燃料，C正确；
D．由于Zn比Fe活泼，则在海轮外壳上镶入锌块，可以形成牺牲阳极的阴极保护法，从而可减缓船体的腐蚀速率，D正确；
故选A。
10．C
【详解】A．pM相等时，图线上p()数值越大，c()越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，A正确；
B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM＝p()，所以c(Mn2+)＝c()，B正确；
C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＜p()，所以c(Ca2+)＞c()，C错误；
D．数值越大，离子浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pM＞p()，所以c(Mg2+)＜c()，D正确；
故选C。
11．D
【详解】A．NaHCO3既能电离又能水解，水解显碱性，电离显酸性， NaHCO3溶液呈碱性的原因是的水解程度大于电离程度，故A正确；
B．溶液中存在+H+，加入CaCl2消耗, 促进的电离，故B正确;
C．与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合生成H2CO3，则反应的离子方程式， ，故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒c(Na+)+ c(H+) + 2c(Ca2+) = c()+ 2c( ) + c(Cl-) + c(OH- )
溶液至pH= 7， c(H+)= c(OH- )，所以c(Na+) + 2c(Ca2+)= c() + 2c( )+c(Cl-),故D错误；
故答案选D。
【点睛】本题考查了电解质溶液中反应实质，沉淀溶解平衡的理解应用，电解质溶液中离子浓度大小、电荷守恒、物料守恒等知识,题目难度中等。
12．B
【详解】A．氨水和Mg2+、都能反应生成沉淀，故不选A；
B．加入碳酸镁固体，发生反应，反应消耗氢离子，促进水解生成氢氧化铁沉淀，故选B；
C．加入碳酸钠固体，Mg2+、都生成沉淀，故不选C；
D．加入氢氧化钠溶液，Mg2+、都能生成氢氧化物沉淀，故不选D；
选B。
13．D
【详解】A． 向0.01 ml∙L－1 AgNO3溶液中加入等体积0.01 ml∙L－1 NaCl溶液，则，则有沉淀生成，A正确；
B． ，氯离子浓度越大，则银离子浓度越小，AgCl固体的溶解度越小，0.01 ml∙L－1 MgCl2溶液中氯离子浓度大于0.01 ml∙L－1 NaCl溶液氯离子浓度，则AgCl固体在0.01 ml∙L－1 MgCl2溶液中的溶解度小，B正确；
C． 已知Ksp(AgCl)＝2×10－10，Ksp(AgI)＝9×10－17， AgI比AgCl更难溶、更易生成，则向浓度均为0.01 ml∙L－1的NaCl和KI混合溶液中逐滴滴加0.01 ml∙L－1 AgNO3溶液，开始时先析出黄色沉淀AgI，C正确；
D．向AgCl固体中加入少量0.01 ml∙L－1 KI溶液，则部分氯化银转变为碘化银，达新平衡时溶液中存在等式： ，则c(Cl－)≠c(I－)，D错误；
答案选D。
14．D
【详解】A．银氨溶液与葡萄糖在碱性条件下共热发生银镜反应，在酸性条件下不反应，蔗糖溶液在稀硫酸加热条件下反应后，没有加入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，直接加入银氨溶液未出现银镜不能确定蔗糖是否发生水解反应，故A错误；
B．向苯酚浊液中滴加碳酸钠溶液，浊液变澄清说明苯酚能与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，证明碳酸根离子的碱性强于苯氧根离子，与氢离子的结合能力强于苯氧根离子，故B错误；
C．铁离子与碘离子反应的离子方程式为2Fe3++2I—=2Fe2++I2，由题意可知，反应中铁离子过量，向水层滴加硫氰化钾溶液，溶液一定变血红色，则溶液变血红色不能说明该反应为可逆反应，故C错误；
D．向等浓度的氯化钠和碘化钠的混合溶液中滴加硝酸银溶液，有黄色沉淀生成说明碘化银的溶解度小于氯化银，证明碘化银的溶度积小于氯化银，故D正确；
故选D。
15．B
【详解】A．硫酸铜溶液与少量氢氧化钠溶液反应生成碱式硫酸铜沉淀，无法制得氢氧化铜沉淀，则物质间所示的转化不能实现，故A错误；
B．硫酸钡固体与饱和碳酸钠溶液反复浸泡发生沉淀的转化生成碳酸钡和硫酸钠，碳酸钡能与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，则物质间所示的转化可以实现，故B正确；
C．甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应时取代侧链甲基上的氢原子，不能取代苯环上的氢原子，则物质间所示的转化不能实现，故C错误；
D．2—氯丙烷在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成丙烯，在浓硫酸共热条件下不能发生消去反应，则物质间所示的转化不能实现，故D错误；
故选B。
16．(1)Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体吸附水中悬浮颗粒杂质使其沉降，起到净水作用
(2)小于
(3) Ⅰ 温度升高，、Al3+水解程度变大，H+浓度变大，pH变小；
(4) a c(Na+)>c()>c()>c(H+)=c(OH-)
(5)ACD
【详解】（1）Al3+发生水解反应，生成具有吸附性的Al(OH)3胶体，吸附水中杂质并沉降，起到净水作用；
（2）NH4Al(SO4)2溶液中Al3+与均水解生成H+，互相抑制对方水解，NH4HSO4溶液中有大量电离出的H+，对水解的抑制程度更大，则浓度相同情况下，NH4Al(SO4)2溶液中浓度更小；
（3）①NH4Al(SO4)2溶液中离子的水解反应为：，，升温，水解反应吸热正向移动，溶液中H+浓度增大，pH变小；
②溶液中有电荷守恒，则可得，结合图象可得当温度为20℃、溶液浓度为0.1ml/L时，pH=3。根据，，可得，，则；
（4）①由图可知a点处NaOH恰好与完全反应，生成NH4NaSO4，盐能促进水的电离，而酸、碱抑制水的电离，a点之前溶液中存在强酸酸式酸根，a点之后溶液中存在碱，均抑制水电离，故a点处水电离程度最大；
②b点时溶液为中性，则有c(H+)=c(OH-)。此时NaOH开始与反应，溶液中离子浓度排序为： c(Na+)>c()>c()>c(H+)=c(OH-)
（5）A．结合图象曲线分析b点到a点，锌离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，A正确；
B．只要在乙区内部的点，均满足将锌离子转化为沉淀的条件，则pH范围不止8~12，B错误；
C．取曲线上一点带入，得，C正确；
D．如图所示，在甲区的锌元素以锌离子的形式存在，在丙区的锌元素以四羟基合锌的形式存在，在乙区的以氢氧化锌固体形式存在，D正确；
故选ACD。
17．(1) 正盐 2 测定常温下溶液的pH，若pH>7，则H3PO2是弱酸
(2)
(3) > = <
(4)不会
【详解】（1）①H3PO2溶液中加入过量的NaOH，生成NaH2PO2溶液，说明H3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐；
②设溶液中H+的浓度为x，忽略水的电离有，列H3PO2电离三段式：，且，即，解得x=0.01，最后求得；
③弱酸强碱盐溶于水会促进水的电离，进而发生盐的水解导致pH大于7，通过测定次磷酸钠溶液pH可以判断；
（2）忽略亚磷酸的二次电离和水的电离，则有、，带入；
（3）①恰好完全中和生成Na2HPO3时，发生水解反应，溶液为碱性，pH>7；
②溶液中存在电荷守恒，当溶液为中性时，有，可得；
③以甲基橙为指示剂，用NaOH滴定溶液，滴定终点为酸性，则有，结合电荷守恒等式可推；
（4）Fe3+恰好完全沉淀时，溶液中Mg2+的浓度减半，结合磷酸铁的Ksp可得，则磷酸镁的浓度积，则不会生成磷酸镁沉淀。
18． 2H3PO3 + Ca(ClO)2 + 3CaO = Ca3(PO4)2 + CaCl2 + 3H2O 210−29 正盐 10−7.46 c(Na+)＞c()＞c(H+)＞c()＞c(OH−) 22.60 0.0505 ml·L−1
【详解】(1)某含磷废水的主要成分是H3PO3，向废水中加入适量漂白粉，将H3PO3氧化为H3PO4，再加入生石灰调节pH，将磷元素转化为磷酸钙沉淀回收，该过程中H3PO3发生反应的化学方程式2H3PO3 + Ca(ClO)2 + 3CaO = Ca3(PO4)2 + CaCl2 + 3H2O；若处理后的废水中，c(Ca2+)=5.0×10−6 ml·L−1，的含量为4×10−7 ml·L−1，则Ksp[Ca3(PO4)2]= c3(Ca2+)c2()=(5.0×10−6 )3 (4×10−7 )2=210−29；
(2) 25℃时，向一定体积的亚磷酸(H3PO3，二元弱酸)溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，依次发生反应：H3PO3+OH-=+H2O，+ OH-=+ H2O，则δ1为H3PO3的物质的量分数，δ2为的物质的量分数，δ3为的物质的量分数，由图中a点可知，当pH=1.43时，c()=c(H3PO3)，则，由图中b点可知，当pH=6.54时，c()=c()，则，
①H3PO3是二元弱酸，则Na2HPO3为正盐；，则水解平衡常数；
②NaOH溶液与亚磷酸的浓度相同，当所加NaOH溶液体积与亚磷酸溶液体积相同时，即二者物质的量相同，发生反应H3PO3+OH-=+H2O，此时溶质恰好为NaH2PO3，的电离常数为，的水解常数为，则的电离程度大于水解程度，且电离和水解均是微弱的，则溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c()＞c(H+)＞c()＞c(OH−)；
(3)①滴定管的精确度为0.01mL，a的读数为a=22.60mL；
②在常温下，用0.1000 ml·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H3PO3溶液，溶液中刚好存在如下关系：c(Na+)=2c(H3PO3)+2c()+2c()，则溶质恰好为Na2HPO3，即发生反应H3PO3+2OH-=+2H2O，第一次消耗氢氧化钠溶液的体积为(20.38-0.2) mL =20.18mL，第二次消耗氢氧化钠溶液的体积为(24.20-4.0) mL =20.02mL，第三次消耗氢氧化钠溶液的体积为(22.60-2.38) mL =20.22mL，第二次的数据偏差太大，应舍弃，则消耗氢氧化钠溶液的平均体积为，则H3PO3溶液的物质的量浓度为。
19．(1)加快搅拌速率、延长浸出时间
(2)或
(3)
(4)会引入杂质Na+
(5)S4
【分析】、
该工业流程的原料为钴钼废催化剂含有、及少量Fe、Si、Ca等元素的物质，产品为制取、，焙烧后，金属元素转化为相应的金属氧化物，酸浸后得到含有、、、的溶液及不溶物、等，过滤后，所得滤渣1为、；调节滤液的，转化为和沉淀；滤液中加入萃取剂，进入水溶液，进入有机相，分液后对含有机相再反萃取，得到含的水溶液，最终得到 ；水相得到含钴水溶液，加入进行沉钴，得到。
【详解】（1）投料已完成，温度不变，要想提高钴、钼元素浸出率的方法有：加快搅拌速率、延长浸出时间；
（2）根据“滤渣2”的主要成分为和，则调的目的使完全沉淀分离除去，而不沉淀，根据 “完全沉淀”时的为9.4，可求，“刚开始沉淀”时的=，，=7.4，故调节溶液的范围是或；
（3）“沉钴”时是含水溶液，加入进行沉钴，得到，故离子反应方程式为；
平衡常数 ；
（4）反萃取是使该反应2R3N(叔胺)+2H+ +(R3NH)2MO4平衡逆移，可以减小使平衡逆移，反萃取的目的是，得到含的水溶液，最终得到，故加入反萃取剂为氨水，若加入NaOH会引入杂质Na+，使产品不纯；
（5）(NH4)2MS4在一定条件下加热，根据题意分解的方程式为，NH3、H2S和单质硫的物质的量之比为8:4:1，利用元素原子个数守恒配平得，则x=4，即硫单质的分子式为。
20．(1)
(2)NiO能消耗溶液中的H+且不引入杂质离子，调节6.4≤pH<7.1使Fe3+、Cu2+生成沉淀过滤除去
(3) 若溶液pH偏低，H+浓度偏大，与F-结合成弱酸HF，从而减小F-的浓度，导致MgF2沉淀不完全 4.1×103
(4)1.5≤pH≤3.0
(5)A
【分析】往含镍废液中加入稀硫酸和溶液，可将Fe2+氧化成Fe3+，加入NiO调节6.4≤pH<7.1可使Fe3+、Cu2+生成沉淀过滤除去，在滤液中加入NaF溶液可使Mg2+转化为MgF2沉淀除去，取滤液加入萃取剂HA将Ni2+萃取出来，再经反萃取等过程可制得NiSO4·6H2O。
【详解】（1）含镍废液中的Fe2+具有还原性，能被氧化成Fe3+，故主要发生的离子方程式为；
（2）NiO可消耗溶液中的H+且不引入杂质离子，调节6.4≤pH<7.1可使Fe3+、Cu2+生成沉淀过滤除去；
（3）①若溶液pH偏低，H+浓度偏大，会与F-结合成弱酸HF，从而减小F-的浓度，导致MgF2沉淀不完全；
②该反应的平衡常数为
；
（4）由图知，当1.5≤pH≤3.0时，Ni2+的萃取率较高，C2+的萃取率仍较低，故应调节溶液pH的范围为1.5≤pH≤3.0；
（5）萃取原理涉及平衡移动，为实现反萃取，可设法提高溶液中的氢离子浓度，使平衡向反萃取的方向移动，选项只有加入H2SO4符合题意，若加入NH3·H2O或NaOH则会使平衡向萃取的方向移动，不符合题意，故选A。
21．(1) 加快反应的速率 抑制金属离子的水解
(2)
(3)(或、等)
(4)
(5) 将溶液缓慢加入到滤液中，边加边搅拌 草酸铵溶液的小于，与滤液混合时不会生成沉淀
(6)
【分析】含锌废渣(主要成分为，另含少量、、等)用盐酸“酸浸”，得到溶液含有ZnCl2、FeCl3、AlCl3、MnCl2，用双氧水把MnCl2氧化、进行过滤Ⅰ得到MnO(OH)2沉淀；滤液中加ZnO调节pH生成Al(OH)3、Fe(OH)3除去溶液中的铝铁元素；草酸铵或草酸钠溶液中加入过滤Ⅱ所得的滤液即可生成ZnC2O4·2H2O沉淀。
【详解】（1）盐酸“酸浸”得到溶液含有ZnCl2、FeCl3、AlCl3、MnCl2，为强酸弱碱盐，易水解，且反应物浓度大反应速率快，则酸浸时应适当增大盐酸的浓度的原因是：加快反应的速率和抑制金属离子的水解。
（2）除锰过程中双氧水把MnCl2氧化为MnO(OH)2沉淀，锰元素化合价由+2升高为+4、双氧水中氧元素化合价由-1降低为-2，根据得失电子守恒，氧化时反应的离子方程式为。
（3）为不引入杂质，物质X可以是(或、等) (填化学式)。
（4）除铁铝时加入ZnO (或、等)控制反应液pH，为使Al3+、Fe3+完全生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，由表知Al3+沉淀完全时Fe3+早已沉淀完全，所以要控制pH＞4.7，为保证Zn2+不沉淀， pH＜6.0，故 “调”时应控制溶液的范围是。
（5）①草酸钠溶液水解呈碱性，若将滤液直接注入草酸钠溶液中，有可能产生杂质沉淀。则滤液与草酸钠溶液的正确混合方式为：将溶液缓慢加入到滤液中，边加边搅拌。
②若将草酸钠换成草酸铵溶液，则不同的混合方式均不会生成杂质沉淀，原因是：草酸铵溶液的小于，与滤液混合时不会生成沉淀。
（6）溶液中金属阳离子浓度小于可视为完全沉淀，Zn2+恰好完全沉淀时的=8.0，则此时该溶液c(H+)=1.0×10-8ml•L-1，c(OH-)=1.0×10-6ml•L-1，
=。
22．(1) ΔH＜0
(2)c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e-=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小
(3) Pb(OH)2+OH-=Pb(OH) 9.5
(4)2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+、2Eu2++I2=2Eu3++2I-
【详解】（1）①已知Ⅰ．2PbS(s)+3O2(g)=2PbO(s)+2SO2(g) ΔH1=a kJ·ml-1
Ⅱ．PbS(s)+2PbO(s)=3Pb(s)+SO2(g) ΔH2= b kJ·ml-1
Ⅲ．PbS(s)+2O2(g)=PbSO4(s) ΔH3=c kJ·ml-1
根据盖斯定律，将(Ⅰ×2+Ⅲ×2-3×Ⅱ)，整理可得：PbS(s)+PbSO4(s)=2Pb(s)+2SO2(g) ΔH= kJ/ml；
②反应Ⅲ的正反应是气体混乱程度减小的反应，△S＜0，该反应在一定条件下能自发进行，△G=△H-T△S＜0，由于△S＜0，则反应的ΔH＜0；
（2）溶液的pH越小、c(H+)增大，则阴极上氢离子反应的可能性越大，故减小的原因可能是：c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e-=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小
（3）①由图可知pH=11时，Pb(OH)浓度增大，Pb(OH)2浓度减小，说明Pb (OH)2与氢氧根离子反应生成Pb(OH)，反应的离子方程式为Pb(OH)2+OH-=Pb(OH)；
②Ksp[Pb(OH)2]=c(Pb2+)·c2(OH-)，废水经处理后c(Pb2+)=2×10-6 ml/L，则c(OH-)=，溶液中c(H+)=，溶液 pH=9.5，所以含Pb2+的废水经处理达到排放标准时pH不低于9.5；
（4）由图可知，反应经过两个阶段，过程中的离子方程式为：2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+、2Eu2++I2=2Eu3++2I-。
23．(1) FeS+ Cu2+=CuS+ Fe2+ 1018.8
(2) 2+2e-+2H+=+2H2O 11.2L
(3) Kh1=10-6.5、Kh2=10-11.5 测0.1ml/LH2SeO3溶液的pH H2SeO4第一步完全电离，第二步部分电离
【详解】（1）用FeS作沉淀剂除去Cu2+时，发生沉淀的转化，生成CuS和Fe2+，离子方程式为FeS+ Cu2+=CuS+ Fe2+；由图1可知，FeS与CuS的溶解平衡常数分别为Ksp(FeS)=10-8.6×10-8.6=10-17.2，Ksp(CuS)=10-18×10-18=10-36，所以=====1018.8；
（2）由图可知，左室Pt电极上转化为，S元素由+4价降到+3价，为电解池的阴极，电极反应为2+2e-+2H+=+2H2O，右室Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，当右室产生O25.6L时，n(O2)= =0.25ml，根据转移电子守恒可得，O2~4e-~2NO~N2，n(NO)=2n(O2)=0.5ml，V(NO)= 0.5ml×22.4L/ml=11.2L；
（3）①的水解方程式为+H2O+OH-、+H2O H2SeO3+ OH-，Kh1====10-6.5，Kh2====10-11.5；
②若H2SeO3是强酸，则0.1ml/LH2SeO3溶液电离出H+的浓度为0.2ml/L，pH=-lg0.2≈0.7，若H2SeO3是弱酸（即弱电解质），则pH＞0.7；
③在H2SeO4中，第一步完全电离，第二步部分电离，H2SeO4=H++HSeO， HSeOH++ SeO，因此c(H2SeO4)＜0.lml·L-1＜c(H+)。