2021-2022學(xué)年高二化學(xué)人教版選擇性必修1第三章水溶液中的離子反應(yīng)與平衡第四節(jié)沉淀溶液平衡（三）

1、第三章水溶液中的離子反應(yīng)與平衡第四節(jié)沉淀溶液平衡（三）20212022學(xué)年高二化學(xué)人教版選擇性必修1一、單選題，共10小題1根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向BaCl2溶液中通入SO2和氣體X，出現(xiàn)白色沉淀氣體X一定作氧化劑BNaHCO3溶液與NaAlO2溶液混合，立即產(chǎn)生白色沉淀結(jié)合H+的能力：AlO2CO32C向盛有Cu2O的試管中加入足量稀硫酸，溶液變?yōu)樗{(lán)色，試管底有紅色沉淀氧化性：H+Cu2+D向2支盛有2mL0.1mol/LNaOH溶液的試管中分別滴入2滴0.1mol/LAlCl3、MgCl2溶液，振蕩，前者無沉淀，后者有白色沉淀KspAl(OH)3

2、KspMg(OH)2AABBCCDD2已知常溫下，硫化物的沉淀在溶液中達(dá)溶解平衡時，金屬陽離子的濃度隨S2-濃度的變化曲線如圖所示。據(jù)圖判斷，下列說法錯誤的是 A三種物質(zhì)的溶度積大小為Ksp(CuS)Ksp(CdS)Ksp(SnS)B向SnS懸濁液中加入少量CuSO4固體，c(Sn2+)會減少Ca點無CdS沉淀產(chǎn)生D向含等物質(zhì)的量濃度的Cu2+、Sn2-的混合液中，滴加Na2S溶液，先析出CuS沉淀3常溫下，三種難溶電解質(zhì)的溶度積如下表。物質(zhì)Ag2CrO4AgClAgBrKsp1.010-121.810-107.710-13下列說法正確的是A向飽和AgCl溶液中通入少量HCl氣體，溶液中c(A

3、g+)不變B濃度均為110-6 molL1的AgNO3、HBr溶液等體積混合后會生成AgBr沉淀C常溫下，以0.01 molL1 AgNO3溶液滴定20mL0.01molL1KCl和0.01molL1K2CrO4的混合溶液，CrO42-先沉淀D常溫下,Ag2CrO4（s）+2Cl-（aq） 2AgCl（s）+CrO42-（aq）的平衡常數(shù)K=3.11074下列說法不正確的是()AKsp只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)B兩種難溶電解質(zhì)作比較時，Ksp小的溶解度一定小C電離出S2的能力，H2SCuS，所以反應(yīng)CuSO4H2S=CuSH2SO4能發(fā)生D由于Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，所以ZnS沉

4、淀在一定條件下可轉(zhuǎn)化為CuS沉淀5醋酸的下列性質(zhì)中，可以證明它是弱電解質(zhì)的是A醋酸溶液能使紫色石蕊試液變紅B0.1 mol/L 的醋酸溶液的 pH 約為 2C1 L 1 mol/L 的醋酸恰好與 1L 1 mol/L NaOH 溶液完全反應(yīng)D醋酸溶液的導(dǎo)電性比鹽酸的導(dǎo)電性弱6根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論不正確的是A圖甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常數(shù)與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，說明該反應(yīng)的HFED其他條件相同，用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，F(xiàn)點向G點遷移二、非選擇題，共10小題11(1)25時，濃度為0.1molL1的6種溶液：HCl；CH3COOH；Ba(OH)2；N

5、a2CO3；KCl；NH4Cl。溶液pH由小到大的順序為_(填編號)。(2)物質(zhì)的量濃度相同的氯化銨；碳酸氫銨；硫酸氫銨；硫酸銨4種溶液中，c(NH)由大到小的順序是_。(填編號)(3)常溫下0.1molL1的CH3COOH溶液在加水稀釋過程中，下列表達(dá)式的數(shù)據(jù)變小的是_(填字母序號，下同)。若該溶液升高溫度，下列表達(dá)式的數(shù)據(jù)增大的是_。A c(H+) B c(H+)/c(CH3COOH) C c(H+)c(OH) D c(OH)/ c(H+)(4)25時，將m mol/L的醋酸和n mol/L的氫氧化鈉溶液等體積混合后，溶液的pH=7，則溶液中c(CH3COO)+c(CH3COOH)=_mo

6、l/L，m與n的大小關(guān)系是m_n(填“”，“”，“=”)。12已知25 時弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù):Ka(CH3COOH)=1.810-5，Ka(HSCN)=0.13。(1)將20 mL 0.10 molL-1 CH3COOH溶液和20 mL 0.10 molL-1的HSCN溶液分別與0.10 molL-1的NaHCO3溶液反應(yīng)，實驗測得產(chǎn)生CO2氣體的體積(V)與時間(t)的關(guān)系如圖所示。反應(yīng)開始時，兩種溶液產(chǎn)生CO2的速率明顯不同，其原因是_；反應(yīng)結(jié)束后所得溶液中c(SCN-)_(填“”、“=”或“c(Ca2+)。精制流程如下(淡鹽水和溶液A來自電解池)：鹽泥a除泥沙外，還含有的物質(zhì)是_。過程

7、I中將NH4+轉(zhuǎn)化為N2的離子方程式是_。BaSO4的溶解度比BaCO3的小。過程II中除去的離子有_。過程III中Na2SO3的作用是除去鹽水b中的NaClO，參加反應(yīng)的Na2SO3與NaClO的物質(zhì)的量之比為_。14測得某溫度下0.5molL-1 HNO2（亞硝酸）溶液的pH約為2。（1）寫出HNO2的電離方程式_。（2）將溶液加水稀釋至10倍后，c(NO2-)_（填“增大”、“減小”或“不變”），n(H+)_（填“增大”、“減小”或“不變”），pH區(qū)間范圍是_。A12 B23 C34 D45（3）分別取同濃度同體積的鹽酸與亞硝酸，以同樣的操作與足量NaOH溶液反應(yīng)，測得反應(yīng)溶液的最高溫度

8、鹽酸要高于亞硝酸，說明可能的原因_。（4）0.1molL-1 NaNO2溶液pH_7（填“”、“”或“”），溶液中含有_種分子，溶液中c(Na+)_c(NO2-)（填“”、“”或“”），下列措施能提高溶液中c(OH-)的是_。A適當(dāng)升高溫度 B增加壓強(qiáng) C加水 D加入NH4Cl固體 E.加入Na2CO3固體15如圖所示，橫軸為溶液的pH，縱軸為Zn2+或ZnO22-物質(zhì)的量濃度的對數(shù)?；卮鹣铝袉栴}：（1）往ZnCl2溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，反應(yīng)的離子方程式可表示為_。（2）從圖中數(shù)據(jù)計算可得Zn(OH)2的溶度積Ksp_。（3）某廢液中含Zn2，為提取Zn2可以控制溶液pH的范圍是_。1

9、6常溫下，取HA溶液與NaOH溶液等體積混合(忽略混合后溶液體積的變化)，測得混合后溶液的，試回答以下問題：(1)混合后溶液的的原因是_(用離子方程式表示)。(2)混合后溶液中由水電離出的_NaOH溶液中由水電離出的 (填“”“”或“=”)。17氯化亞銅(CuCl)是一種重要化工原料，難溶于水，在潮濕空氣中易水解氧化。回答下列問題：(1)CuCl的保存方法是_。(2)已知:Cu(s)+Cl2(g)=CuCl2(s) H1=-218.8kJ/mol2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s) H2=-310.6kJ/mol4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s) H5=-17

10、7.6kJ/mol寫出CuCl2分解為CuCl和Cl2反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：_。(3)CuCl在含一定濃度Cl-溶液中會部分溶解，存在如下平衡：2CuCl(s)Cu2+CuCl2- H 0。若要使該溶液中Ca2濃度變小，可采取的措施有_。A升高溫度 B降低溫度 C加入NH4Cl晶體 D加入Na2A固體(3)實驗室中有一未知濃度的稀鹽酸，某學(xué)生用0.10 molL1 NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行測定鹽酸的濃度的實驗。取20.00 mL待測鹽酸放入錐形瓶中，并滴加23滴酚酞作指示劑，用自己配制的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定。重復(fù)上述滴定操作23次，記錄數(shù)據(jù)如下。實驗編號NaOH溶液的濃度(molL1)滴定完成時

11、，NaOH溶液滴入的體積(mL)待測鹽酸的體積(mL)10.1022.6520.0020.1022.7220.0030.1022.9320.00請完成下列填空：滴定達(dá)到終點的標(biāo)志是_。根據(jù)上述數(shù)據(jù)，可計算出該鹽酸的濃度約為_(保留兩位有效數(shù)字)。在上述實驗中，下列操作(其他操作正確)會造成測定結(jié)果偏高的有_(填字母序號)。A滴定終點讀數(shù)時俯視B酸式滴定管使用前，水洗后未用待測鹽酸潤洗C錐形瓶水洗后未干燥D稱量NaOH固體中混有Na2CO3固體E堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失20(1)對于Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，其Ksp的表達(dá)式為_。(2)下列說法不正確的是_(填序

12、號)。用稀鹽酸洗滌AgCl沉淀比用水洗滌損耗AgCl少一般來說，物質(zhì)的溶解度隨溫度的升高而增加，故物質(zhì)的溶解過程大多是吸熱過程對于Al(OH)3(s)Al3+(aq)+3OH-(aq)和Al(OH)3Al3+3OH-，前者為溶解平衡，后者為電離平衡除去溶液中的Mg2+，用OH-沉淀比用C好，說明Mg(OH)2的溶解度比MgCO3大沉淀反應(yīng)中常加入過量的沉淀劑，其目的是使沉淀更完全(3)如何除去Mg(OH)2中混有的Ca(OH)2_。答案1B【詳解】AX可以為非氧化劑，如X為NH3，可生成BaSO3沉淀和氯化銨，BaSO3沉淀為白色沉淀，A錯誤；BNaHCO3溶液中存在如下平衡：HCO3-CO3

13、2-+H+，加入NaAlO2溶液，生成白色的Al(OH)3沉淀，說明結(jié)合H+的能力：AlO2-CO32-，B正確；CCu2O的試管中加入足量稀硫酸，溶液變?yōu)樗{(lán)色，說明有Cu2+生成，試管底有紅色沉淀，說明有Cu生成，結(jié)合電子得失守恒、電荷守恒、原子守恒可得離子方程式為：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，H+沒體現(xiàn)出氧化性，C錯誤；D向2mL0.1mol/LNaOH溶液的試管中滴入2滴0.1mol/LAlCl3沒產(chǎn)生白色沉淀的原因是OH-過量，發(fā)生的反應(yīng)為：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，與Ksp無關(guān)，D錯誤。答案選B。2B【詳解】A. 由圖像可知，Ksp(CuS) 、Ksp(Cd

14、S) 、Ksp(SnS) 逐漸增大，與題意不符，A錯誤；B加入少量CuSO4固體，SnS 溶解平衡正向移動，c(Sn2+)會增大，符合題意，B正確；Ca點CdS未飽和，無沉淀析出，與題意不符，C錯誤；D向含等物質(zhì)的量濃度的Cu2+、Sn2+的混合液中，滴加Na2S溶液，CuS溶度積小，先析出，與題意不符，D錯誤；答案為B。3DA，在飽和AgCl溶液中存在溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），通入HCl氣體溶于水電離出Cl-，Cl-濃度增大，溶解平衡逆向移動，溶液中c（Ag+）減小，A項錯誤；B，濃度均為110-6mol/L的AgNO3、HBr溶液等體積混合后c（Ag+）、c（

15、Br-）都為510-7mol/L，此時Qc=c（Ag+）c（Br-）=510-7510-7=2.510-131.810-8（mol/L），Cl-先沉淀，C項錯誤；D，Ag2CrO4（s）+2Cl-2AgCl（s）+CrO42-（aq）的平衡常數(shù)K=1.010-12（1.810-10）2=3.1107，D項正確；答案選D。點睛：本題考查沉淀溶解平衡的移動、溶度積的計算。注意形成沉淀的必要條件是：離子積大于指定溫度下的溶度積。4BA、對于在一定條件下的一種難溶性的物質(zhì)來說，當(dāng)其在水溶液中達(dá)到沉淀溶解平衡時，各種離子濃度冪指數(shù)乘積是一個常數(shù)，這個常數(shù)就叫做該物質(zhì)的溶度積常數(shù)。由于物質(zhì)的溶解度受溫度的

16、影響，所以Ksp除了與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)外，還受溫度的影響，選項A正確；B、溶度積常數(shù)是物質(zhì)達(dá)到沉淀溶解平衡時，電離產(chǎn)生的各種離子濃度冪指數(shù)的乘積。兩種難溶電解質(zhì)若其形成的化合物陰陽離子的個數(shù)比相同（即結(jié)構(gòu)相似）時，Ksp小的，溶解度一定小，但若結(jié)構(gòu)不相似，Ksp小的，溶解度可能大，選項B不正確；C、電離出S2的能力，H2SCuS，所以反應(yīng)CuSO4H2S=CuSH2SO4能發(fā)生，選項C正確；D、由于Ksp（ZnS）Ksp（CuS），在ZnS飽和溶液中加入Cu2+溶液，可生成CuS沉淀，選項D正確。答案選B。5B【詳解】A醋酸溶液顯酸性，能夠使紫色石蕊試液變紅，體現(xiàn)了氫離子的性質(zhì)，不能說明醋

17、酸的電離程度，不能證明醋酸為弱酸，故A錯誤；B0.1 mol/L 的醋酸溶液的 pH 約為 2，c(H+)=10-2，氫離子濃度小于酸的濃度，說明醋酸只發(fā)生了部分電離，所以為弱電解質(zhì)，故B正確；C1 L 1 mol/L 的醋酸溶液中含有醋酸溶質(zhì)為1mol，1L 1 mol/L NaOH 溶液中含有氫氧化鈉溶質(zhì)為1mol，一元酸和一元堿恰好完全反應(yīng)，不能證明醋酸發(fā)生部分電離，所以不能說明醋酸為弱酸，故C錯誤；D沒有說明濃度大小的關(guān)系，所以醋酸溶液的導(dǎo)電性比鹽酸的導(dǎo)電性弱，不能說明醋酸為弱電解質(zhì)，故D錯誤；故選B。6C【分析】A. 升高溫度，lgK減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反

18、應(yīng)為放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的H0；B. 根據(jù)圖像，隨著時間的推移，c（H2O2）變化趨于平緩，隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減??；C. 根據(jù)圖像，沒有滴入NaOH溶液時，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX為一元弱酸；D. 根據(jù)圖像可見橫坐標(biāo)越小，縱坐標(biāo)越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，說明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小?！驹斀狻緼. 升高溫度，lgK減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的H0，A項正確；B. 根據(jù)圖像，隨著時間的推移，c（H2O2）變化趨于平緩，隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減小，B項正確；C. 根

19、據(jù)圖像，沒有滴入NaOH溶液時，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX為一元弱酸，C項錯誤；D. 根據(jù)圖像可見橫坐標(biāo)越小，縱坐標(biāo)越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，說明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D項正確；答案選C。本題考查圖像的分析，側(cè)重考查溫度對化學(xué)平衡常數(shù)的影響、化學(xué)反應(yīng)速率、酸堿中和滴定pH曲線的分析、沉淀溶解平衡曲線的分析，掌握有關(guān)的原理，明確圖像中縱、橫坐標(biāo)的含義和曲線的變化趨勢是解題的關(guān)鍵。7D【分析】A、加水促進(jìn)醋酸的電離；B、水解常數(shù)只受溫度影響，升高溫度水解平衡正向移動；C、根據(jù)電荷守恒分析；D、AgCl、AgBr的飽和溶液中存在A

20、gCl（s）+Br-AgBr（s）+Cl-，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=?！驹斀狻緼、向0.1molL-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c（CH3COO-）減小，由于溫度不變Ka（CH3COOH）不變，根據(jù)c（CH3COO-）=Ka（CH3COOH）可知，的比值增大，故A錯誤；B、CH3COO-的水解為吸熱反應(yīng)，將CH3COONa溶液從20升溫至30，CH3COO-的水解程度增大，則水解平衡常數(shù)Kh（CH3COO-）增大，所以=的比值減小，故B錯誤；C、常溫下在pH=8的NaB溶液中，c（H+）=110-8molL-1，c（OH-）=110-6molL-1，根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）-c（

21、B-）=c（OH-）-c（H+）=9.910-7molL-1，故C錯誤；D、AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，溶液中銀離子濃度相同，溫度不變，溶度積常數(shù)不變，則溶液中= 的比值不變，故D正確。答案選D。本題考查弱電解質(zhì)的電離，鹽的水解、沉淀溶解平衡等，注意把握影響平衡常數(shù)的因素，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和對基礎(chǔ)知識的綜合應(yīng)用能力。8C醋酸是弱酸，將pH3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后，溶液的3pH4，故A錯誤；測NaHA溶液的pH，若pH7，則說明HA-發(fā)生水解，H2A是弱酸；若pH7，可能是HA-電離大于水解，所以H2A不一定是強(qiáng)酸，故B錯誤；越弱越水解，HFCH3COOH

22、，CH3COO-水解大于F-，則物質(zhì)的量濃度相等的NaF與CH3COOK溶液中:CH3COO-F-，故C正確；Ag+濃度最大的是，其次是，最小是，故D錯誤。點睛：氯化銀在不同溶液中的溶度積相同，所以氯離子濃度越大，銀離子濃度越小。9D【分析】判斷一個反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行，主要看該反應(yīng)的吉布斯自由能的變化，G=H-TS0，S0，若HS，則G=H-TS不一定小于0，則該反應(yīng)不一定能自發(fā)進(jìn)行，C錯誤；D、H0，S0，若HKa(CH3COOH)，等濃度的兩種酸溶液中c(H+):HSCNCH3COOH，c(H+)大的反應(yīng)速率快 = =410-4 【詳解】（1）根據(jù)兩種酸的電離平衡常數(shù)，HSCN的酸性強(qiáng)于CH

23、3COOH，等濃度的兩種酸溶液中c(H):HSCNCH3COOH，c(H)大的反應(yīng)速率快；反應(yīng)結(jié)束后溶質(zhì)為NaSCN和CH3COONa，CH3COO水解程度大于SCN，因此c(SCN)c(CH3COO)；（2）電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，因此Ka(HF)=410-4。本題難點是電離平衡常數(shù)的計算，電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，根據(jù)圖像，c(F)=1.6103molL1，c(HF)=4.0104molL1，c(H)=104molL1，代入電離平衡常數(shù)表達(dá)式進(jìn)行計算即可。13NaOH 2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH Cl2與水反應(yīng)：Cl2+H2OH+Cl+HClO，增大HCl的濃度使平衡逆向移

24、動，減少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出 Mg(OH)2 2NH4+3Cl2+8OH=N2+6Cl+8H2O SO42、Ca2+ 1：1 【分析】（1）依據(jù)裝置圖中氯氣和氫氣生成的位置判斷，生成氯氣的一極為電解池的陽極，生成氫氣的一極為電解池的陰極，溶液中氫離子在陰極得到電子生成氫氣，氫氧根離子濃度增大，溶液中的Na+通過陽離子交換膜向陰極移動，則溶液A為氫氧化鈉溶液；（2）電解飽和食鹽水，依據(jù)電極反應(yīng)判斷生成的產(chǎn)物，書寫離子方程式；（3）根據(jù)陽極產(chǎn)物和平衡移動原理分析；（4）由于溶液中含有Mg2+，所以用溶液A（即NaOH）調(diào)節(jié)溶液的pH時，會產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀，即鹽泥a中還含有M

25、g(OH)2；淡鹽水中含有氯氣，氯氣具有強(qiáng)氧化性，可將NH4+氧化為N2，而氯氣被還原成Cl-，方程式為2NH4+3Cl2+8OH=N2+6Cl+8H2O；沉淀轉(zhuǎn)化的實質(zhì)就是沉淀溶解平衡的移動，一般說來，溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化成溶解度更小的沉淀容易實現(xiàn)。由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42-就結(jié)合Ba2+生成更難溶的BaSO4沉淀，同時溶液中還存在Ca2+，而CaCO3也屬于難溶性物質(zhì)，因此還會生成CaCO3沉淀；NaClO具有強(qiáng)氧化性，可將Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式為Na2SO3+NaClO=Na2SO4+NaCl，參加反應(yīng)的Na2SO3與N

26、aClO的物質(zhì)的量之比為1:1。據(jù)此解答。【詳解】（1）依據(jù)裝置圖中氯氣和氫氣生成的位置判斷，生成氯氣的一極為電解池的陽極，生成氫氣的一極為電解池的陰極，溶液中氫離子在陰極得到電子生成氫氣，氫氧根離子濃度增大，溶液中的Na+通過陽離子交換膜向陰極移動，則溶液A為氫氧化鈉溶液。本小題NaOH。（2）電解飽和食鹽水，溶液中的氯離子在陽極失電子生成氯氣，氫離子在陰極得到電子生成氫氣，陰極附近氫氧根離子濃度增大生成氫氧化鈉，反應(yīng)的離子方程式：2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2。本小題2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2。（3）電解時用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在23的作用是促使化學(xué)平衡Cl2+

27、H2OHCl+HClO向左移動，減少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出。本小題Cl2與水反應(yīng)：Cl2+H2OH+Cl+HClO，增大HCl的濃度使平衡逆向移動，減少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出。（4）由于溶液中含有Mg2+，所以用溶液A（即NaOH）調(diào)節(jié)溶液的pH時，會產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀，即鹽泥a中還含有Mg(OH)2。本小題Mg(OH)2。淡鹽水中含有氯氣，氯氣具有強(qiáng)氧化性，可將NH4+氧化為N2，而氯氣被還原成Cl-，方程式為2NH4+3Cl2+8OH=N2+6Cl+8H2O。 本小題2NH4+3Cl2+8OH=N2+6Cl+8H2O。沉淀轉(zhuǎn)化的實質(zhì)就是沉淀溶解平衡的移動

28、，一般說來，溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化成溶解度更小的沉淀容易實現(xiàn)。由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42-就結(jié)合Ba2+生成更難溶的BaSO4沉淀，同時溶液中還存在Ca2+，而CaCO3也屬于難溶性物質(zhì)，因此還會生成CaCO3沉淀。本小題SO42、Ca2+。NaClO具有強(qiáng)氧化性，可將Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式為Na2SO3+NaClO=Na2SO4+NaCl，參加反應(yīng)的Na2SO3與NaClO的物質(zhì)的量之比為1:1。本小題1:1。14HNO2H+NO2- 減小 增大 B 弱酸電離吸熱 2 AE 【分析】（1）0.5molL-1 HNO2（亞硝酸）溶

29、液的pH約為2，c(H+)=0.01mol/L，則表明，HNO2只發(fā)生部分電離，生成H+、NO2-，HNO2為弱酸；（2）將溶液加水稀釋至10倍后，HNO2電離程度增大，n(NO2-)增大，n(H+)增大，但由于溶液體積增大占主導(dǎo)地位，所以c(NO2-)減??；假設(shè)平衡不移動，pH=3；平衡移動后，c(H+)增大，pH減小，但比原pH大，從而確定區(qū)間范圍；（3）分別取同濃度同體積的鹽酸與亞硝酸，以同樣的操作與足量NaOH溶液反應(yīng)，測得反應(yīng)溶液的最高溫度鹽酸要高于亞硝酸，說明HNO2電離吸熱；（4）因為HNO2為弱酸，則NaNO2在溶液中發(fā)生水解而使溶液顯堿性，溶液中含有水分子和亞硝酸分子，因水解

30、導(dǎo)致c(NO2-)減小，溶液中c(Na+)大于c(NO2-)；A.適當(dāng)升高溫度，能促進(jìn)吸熱的NO2-水解反應(yīng)正向移動，c(OH-)增大；B.增加壓強(qiáng)，整個反應(yīng)中沒有氣體參與反應(yīng)，對c(OH-)不產(chǎn)生影響；C.加水，溶液稀釋，NaNO2水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)減小；D.加入NH4Cl固體，NH4+與NO2-水解生成的OH-結(jié)合，從而促進(jìn)NO2-水解反應(yīng)的進(jìn)行，但c(OH-)減?。籈. CO32-的水解能力比NO2-強(qiáng)，加入Na2CO3固體，c(OH-)增大?！驹斀狻浚?）0.5molL-1 HNO2（亞硝酸）溶液的pH約為2，c(H+)=0.01mol/L，則表明，HNO2

31、只發(fā)生部分電離，生成H+、NO2-，HNO2為弱酸，則HNO2的電離方程式HNO2H+NO2-；（2）將溶液加水稀釋至10倍后，HNO2電離程度增大，n(NO2-)增大，n(H+)增大，但由于溶液體積增大占主導(dǎo)地位，所以c(NO2-)減??；假設(shè)平衡不移動，pH=3；平衡移動后，c(H+)增大，pH減小，但比原pH大，從而確定區(qū)間范圍在23之間；（3）分別取同濃度同體積的鹽酸與亞硝酸，以同樣的操作與足量NaOH溶液反應(yīng)，測得反應(yīng)溶液的最高溫度鹽酸要高于亞硝酸，說明HNO2電離吸熱；（4）因為HNO2為弱酸，則NaNO2在溶液中發(fā)生水解而使溶液顯堿性，pH7；溶液中含有水分子和亞硝酸分子共2種分子

32、，因水解導(dǎo)致c(NO2-)減小，溶液中c(Na+)大于c(NO2-)；A.適當(dāng)升高溫度，能促進(jìn)吸熱的NO2-水解反應(yīng)正向移動，c(OH-)增大，A符合題意；B.增加壓強(qiáng)，整個反應(yīng)中沒有氣體參與反應(yīng)，對c(OH-)不產(chǎn)生影響，B不合題意；C.加水，溶液稀釋，NaNO2水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)減小，C不合題意；D.加入NH4Cl固體，NH4+與NO2-水解生成的OH-結(jié)合，從而促進(jìn)NO2-水解反應(yīng)的進(jìn)行，但c(OH-)減小，D不合題意；E. CO32-的水解能力比NO2-強(qiáng)，加入Na2CO3固體，c(OH-)增大，E符合題意；AE。15Zn24OH=ZnO22-2H2O 10

33、17 8.012.0 【詳解】(1)由圖像可知溶液的堿性較強(qiáng)時，鋅的存在形式為ZnO22-，所以其反應(yīng)的離子方程式為Zn24OH=ZnO22-2H2O；(2)當(dāng)溶液的pH=7.0時，c（Zn2+）=10-3molL-1，Ksp = c（Zn2+） c2（OH-）= 10-3 （10-7）2=10-17；(3)根據(jù)圖像知，溶液的pH范圍為8pH12時，可將Zn2+轉(zhuǎn)化為Zn（OH）2沉淀，溶液中鋅離子濃度小于10-5 molL-1，可以近似認(rèn)為鋅離子不存在；所以為提取Zn2+離子可以控制溶液中pH值的范圍是8.0pH12.0。16 【詳解】(1) HA溶液與NaOH溶液等體積混合恰好完全反應(yīng)生成

34、NaA，又知NaA溶液的，則表明HA為弱酸，即NaA能發(fā)生水解，水解反應(yīng)的離子方程式為，故；(2)由(1)分析可知，NaA為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解促進(jìn)水的電離，NaOH能抑制水的電離，因此NaA溶液中由水電離出的大于NaOH溶液中由水電離出的，故。17在干燥環(huán)境下，密封保存 2CuCl2(s)=2CuCl(s)+Cl2(g) H= +152.3kJmol-1 610-12 升高溫度 Cu+Cu2+2Cl=2CuCl ，K值很大，反應(yīng)可以完全進(jìn)行。 若pH過低，Zn會與H+反應(yīng) （1）考查物質(zhì)的保存，CuCl在潮濕空氣中易水解氧化，因此保存CuCl時應(yīng)在干燥環(huán)境下，密封保存；（2）考查熱化學(xué)反應(yīng)方程式

35、的計算，氯化銅分解的方程式為：2CuCl2=2CuClCl2，Cu(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)，2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s)，4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)，根據(jù)目標(biāo)反應(yīng)方程式，2，得出2CuCl2(s)=2CuCl(s)+Cl2(g) H= +152.3kJmol1；（3）考查平衡常數(shù)的計算、平衡的移動，平衡常數(shù)K=c(Cu2)c(CuCl2)=31062106=61012；該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，且A點變?yōu)锽點，c(Cu2)和c(CuCl2)降低，說明平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行，即升高溫度；（4）考查離子方程式的書寫、平衡常數(shù)的計算、反應(yīng)

36、條件的控制，CuCl中Cu顯1價，Cu顯0價，CuCl2中Cu顯2價，因此離子反應(yīng)方程式為CuCu22Cl=2CuCl；根據(jù)的反應(yīng)方程式，推出平衡常數(shù)，K值很大，反應(yīng)可以完全進(jìn)行；Zn是活潑金屬，pH過低，Zn與H發(fā)生反應(yīng)，造成除Cl效果下降。18氧化 1 3 8H+ 2 3 4 4Na+TiCl4Ti+4NaCl FeS+Cu2+=CuS+Fe2+ 除去Fe3+ 增大NiSO4的濃度，利于蒸發(fā)結(jié)晶(或富集NiSO4) 【詳解】(1)CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4價，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此發(fā)生還原反應(yīng)，CeO2在該反應(yīng)中作氧化劑；故答案

37、為氧化； (2)自然界中Cr主要以+3價和+6價存在。+6價的Cr能引起細(xì)胞的突變，可以用亞硫酸鈉將其還原為+3價的鉻，根據(jù)得失電子相等，Cr2O72-與SO32-的物質(zhì)的量之比是1:3；反應(yīng)的離子方程式：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O；故答案為Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O；(3)工業(yè)上在550時用鈉與四氯化鈦反應(yīng)可制得鈦，四氯化鈦被鈉還原為鈦，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4Na+TiCl4Ti+4NaCl；故答案為4Na+TiCl4Ti+4NaCl；(4)FeS除去Cu2+的反應(yīng)是沉淀的轉(zhuǎn)化，即FeS+Cu2+=CuS

38、+Fe2+；故答案為FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；對濾液加H2O2的目的是將Fe2+氧化Fe3+，然后調(diào)pH沉淀Fe3+；故答案為氧化Fe2+，除去Fe3+；NiSO4與Na2CO3反應(yīng)生成NiCO3沉淀，而后過濾，再加適量稀硫酸溶解又生成NiSO4，這樣可提高NiSO4的濃度，有利于蒸發(fā)結(jié)晶；故答案為增大NiSO4的濃度，利于蒸發(fā)結(jié)晶（或富集NiSO4）。194Fe(s)3O2(g)2Fe2O3(s) H1414.6 kJmol1 B NaHA只能發(fā)生電離，不能發(fā)生水解 BD 最后一滴NaOH溶液滴入，溶液由無色恰好變成粉紅色且半分鐘內(nèi)不褪色 0.11 molL1 DE （1）反應(yīng)(-1)反應(yīng)3得到：4Fe(s)3O2(g)2Fe2O3(s) H1414.6 kJmol1。（2）根據(jù)題目已知，H2A