2025届高考化学一轮复习 沉淀溶解平衡

沉淀溶解平衡 一．选择题（共15小题） 1．（2024•南京期末）用含少量Ca2+，Mg2+的CoCl2溶液制备CoO的过程如图所示。已知：室温下，Ksp（MgF2）＝5×10﹣11，Ksp（CaF2）＝5×10﹣9，Ka（HF）＝6.3×10﹣4，Kb（NH3⋅H2O）＝1.8×10﹣5，下列说法正确的是（　　） A．0.1mol⋅L﹣1NH4F溶液呈酸性，且c（）＜c（F﹣） B．除钙镁后的溶液中： C．0.1mol⋅L﹣1（NH4）2C2O4溶液中：c（）＞2c（C2）+2c（HC2）+2c（H2C2O4） D．若将流程中（NH4）2C2O4换成Na2C2O4，则制得的CoO纯度更高 2．（2024•苏州一模）工程师研究利用Na2S和FeS处理水样中的Cd2+。已知25℃时，Ka1（H2S）＝10﹣6.97，Ka2（H2S）＝10﹣12.90，Ksp（FeS）＝10﹣17.20，Ksp（CdS）＝10﹣26.10。下列说法正确的是（　　） A．0.01mol•L﹣1Na2S溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+c（H2S） B．0.01mol•L﹣1Na2S溶液中：c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣） C．反应FeS+Cd2+⇌Fe2++CdS正向进行，需满足 D．向含Cd2+水样中加入足量FeS浸泡一段时间后，上层清液中存在 3．（2024•泰州一模）室温下，Na2CO3体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示．在c起始（Na2CO3）＝0.1mol•L﹣1的体系中，研究Mg2+在不同pH时的可能产物，c（Mg2+）与pH的关系如图2所示，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c（）＝Ksp（MgCO3），曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c2（OH）＝Ksp[Mg（OH）2]。 下列说法正确的是（　　） A．由M点可求得Ka2（H2CO3）＝1×10﹣6.37 B．pH＝11的体系中：c（）＜c（） C．Q点的体系中，发生反应Mg2++2═Mg（OH）2↓+2CO2↑ D．P点的体系中，c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol•L﹣1 4．（2024•江宁区期末）实验室向CaSO4悬浊液中加入过量（NH4）2CO3溶液，充分搅拌后过滤得到CaCO3。已知室温时，Ksp（CaSO4）＝9.0×10﹣6，Ksp（CaCO3）＝3.0×10﹣9。下列说法正确的是（　　） A．（NH4）2CO3溶液中存在：c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+2c（H2CO3） B．CaSO4悬浊液中存在：c（Ca2+）＜10﹣5mol﹣1⋅L﹣1 C．反应CaSO4+⇌CaCO3+正向进行，需满足＜3.0×103 D．过滤后所得滤液中一定存在：c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+2c（） 5．（2024•海安市一模）由下列实验事实可推导出结论的是（　　） 选项 实验事实（均为室温） 结论 A 分别测定NaClO溶液和NaNO2溶液的pH：NaClO＞NaNO2 Ka（HClO）＜Ka（HNO2） B 向BaSO4固体中加入过量饱和Na2CO3溶液，有BaCO3生成 Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3） C 向苯酚钠溶液中通入过量CO2，发生反应： Ka2（H2CO3）＜Ka（） D 在[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇，析出蓝色晶体 乙醇的极性比水的弱 A．A B．B C．C D．D 6．（2024•苏州三模）常温常压下，H2S气体在水中的饱和浓度约为0.10mol•L﹣1，已知：，；。下列说法不正确的是（　　） A．饱和H2S溶液中存在c（H+）＞c（HS﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣） B．向10mL0.010mol•L﹣1H2S溶液中加几滴浓盐酸，使其浓度达到0.010mol•L﹣1，此时溶液中c（S2﹣）约为1.4×10﹣18mol•L﹣1 C．向0.010mol•L﹣1FeCl2溶液中通入H2S气体直至饱和，溶液中有FeS沉淀生成 D．FeS（s）+2H+（aq）⇌Fe2+（aq）+H2S（aq）的平衡常数为4.4×102 7．（2024秋•常州期末）实验室采用如图所示流程分离AgCl和AgI的淡黄色固体混合物。实验中所用氨水和硝酸的浓度均为足量2mol⋅L﹣1，且体积相等。假设流程中每一步均实现物质的完全分离，下列说法正确的是（　　） A．Ksp（AgI）＞Ksp（AgCl） B．结合NH3的能力：Ag+＞H+ C．溶液中水的电离程度：氨水＞无色溶液Ⅱ＞硝酸 D．无色溶液Ⅱ中存在：c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（NH3⋅H2O） 8．（2024•南通一模）将0.10mmol Ag2CrO4配制成1.0mL悬浊液，向其中滴加0.10mol•L﹣1的NaCl溶液。lg[cM/（mol•L﹣1）]（M代表Ag+、Cl﹣或）随加入NaCl溶液体积（V）的变化关系如图所示。 下列叙述正确的是（　　） A．交点a处：c（Na+）＝2c（Cl﹣） B．＝10﹣2.21 C．V≤2.0mL时不变 D．y1＝﹣7.82，y2＝﹣lg34 9．（2024•南通模拟）碱金属硫化物俗称“臭碱”，这是因为在水溶液中由于S2﹣的强烈水解而呈强碱性，因此在碱金属硫化物溶液中含有多种沉淀剂。在不考虑沉淀的转化时，若低温下向硫化钠溶液中滴加CuSO4溶液，不可能出现的沉淀为（　　） A．CuS B．Cu（OH）2 C．Cu2S D．CuO 10．（2024•无锡期末）几种难溶盐在水溶液中离子浓度负对数关系如题图所示。已知溶液中离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1时可认为沉淀完全。下列说法正确的是（　　） A．Ksp（CaCO3）＞10﹣8 B．0.001mol•L﹣1MnCl2溶液可将沉淀完全 C．在a点，碳酸镁向着沉淀的方向进行 D．Ksp（CaCO3）＞Ksp（MgCO3） 11．（2024•苏州三模）饱和BaCO3溶液中，c2（Ba2+）随c（OH﹣）而变化，在298K温度下，c2（Ba2+）与c（OH﹣）关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．BaCO3的溶度积 B．若忽略的第二步水解， C．饱和BaCO3溶液中c（Ba2+）随c（H+）增大而减小 D．M点溶液中： 12．（2024•南通三模）已知室温下，Ksp[Fe（OH）3]＝1×10﹣36，Ksp[Ni（OH）2]＝2×10﹣15，Ka（HClO）＝3×10﹣8。用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制备NiOOH的过程如下。下列说法正确的是（　　） A．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）＝0.1mol•L﹣1+c（H2CO3） B．pH＝11的NaClO溶液中：c（HClO）＞c（ClO﹣） C．“调pH”得到的上层清液中： D．“氧化”时主要发生反应：2ClO﹣+2Ni2++2OH﹣═2NiOOH↓+Cl2↑+H2O 13．（2024•新吴区一模）室温下，用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加入过量盐酸，产生气泡，滤渣仍有剩余。已知Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10，Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9。下列说法正确的是（　　） A．沉淀的转化只能按照溶解度由大到小的方向进行 B．滤渣中加入盐酸反应的离子方程式为2H++═H2O+CO2↑ C．过滤后所得清液中一定存在：c（Ba2+）＝且c（Ba2+）≥ D．若反应BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq）能够正向进行，则需要满足条件： 14．（2024•江阴市一模）已知 25℃时Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10﹣11，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5，下列叙述中不正确的是（　　） A．25℃时，向等浓度的MgCl2和FeCl3混合溶液中逐滴加入氨水，先出现红褐色沉淀 B．25℃时，MgCl2溶液中有少量FeCl3时，可以加入MgO进行除杂 C．25℃时，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+的平衡常数为5.6×10﹣10 D．25℃时，加大量水稀释氨水，溶液中粒子的浓度均减小 15．（2024•南京一模）室温下，用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加入过量盐酸产生气泡，滤渣未完全溶解。已知：室温下Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10，Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9。下列说法错误的是（　　） A．室温下，BaSO4的溶解度小于BaCO3的溶解度 B．滤渣中加入盐酸反应的离子方程式：2H++BaCO3═H2O+CO2↑+Ba2+ C．反应BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq）正向进行，需满足 D．过滤后所得清液中存在：c（Ba2+）＝，且c（Ba2+）＝ 二．解答题（共5小题） 16．（2024•苏州期末）H2S或水体中硫化物（H2S、HS﹣或S2﹣）的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。室温时，Ksp（CuS）＝6.0×10﹣36，Ka1（H2S）＝1.2×10﹣7，Ka2（H2S）＝7.0×10﹣15。 （1）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。 ①步骤Ⅰ中发生反应：Cu2+（aq）+H2S（aq）═CuS（s）+2H+（aq），该反应的平衡常数K的数值为 　 　。 ②步骤Ⅲ发生反应的离子方程式为 　 　。 ③在温度一定和不补加溶液条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有 　 　。 （2）废水中的硫化物通常用氧化剂将其氧化为单质S进行回收。 ①控制废水pH约为8，用适量30%的H2O2溶液将废水中的硫化物转化为单质S发生主要反应的离子方程式为 　 　。 ②控制废水pH约为8，废水中单质硫回收率如图所示。H2O2溶液加入量大于12mg⋅L﹣1时，废水中单质硫的回收率下降的原因是 　 　。 （3）为精确控制氧化剂的加入量，需对废水中硫化物含量进行测定。方法如下： 100.00mL水样H2ZnSS 残留的I2溶液浓度用0.01000mol⋅L﹣1Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2═2I﹣+S4。补充完整测定残留I2溶液物质的量浓度的实验方案：向加入过量I2溶液后的锥形瓶中 　 　。 17．（2024•海安市模拟）具有多面体晶相结构的Ag3PO4晶体是一种高效光催化剂，可用于催化CO2制备甲醇，也可用于降解有机污染物。 Ⅰ．配位—沉淀法制备Ag3PO4高效光催化剂 已知：ⅰ．Ag3PO4为黄色难溶于水的固体； ⅱ．常温下Ksp（AgCl）＝1.45×10﹣10AgCl（s）+2NH3（aq）⇌Ag（NH3）2+（aq）+Cl﹣（aq）K＝1.6×10﹣3 （1）银氨溶液中存在平衡：Ag+（aq）+2NH3（aq）⇌Ag（NH3）2+（aq），该反应平衡常数为K＝　 　。 （2）加入Na2HPO4溶液时，发生反应的离子方程式为：　 　。 （3）配制银氨溶液的操作为：　 　。（可选试剂：2%AgNO3溶液、5%氨水、2%氨水） Ⅱ．Ag3PO4光催化剂的使用和再生 （4）Ag3PO4光催化CO2制备甲醇可实现“碳中和”。总反应为：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2Ag3PO4晶体在光照条件下发挥催化作用时，首先引发反应a：Ag3PO4[Ag3PO4]⊕+e﹣。请写出制备甲醇时反应a的后续过程的两个化学方程式：　 　。 （5）Ag3PO4光催化降解有机污染物，有机物被氧化成CO2和H2O。在使用中发现，相同条件下用Ag3PO4依次连续降解多份相同的废水时，Ag3PO4使用三次即变黑基本失效。其可能的原因为 　 　。 （6）失效后的磷酸银催化剂可用H2O2、NaNH4HPO4反应，实现再生。向失效后的催化剂中加入过量H2O2后，固体逐渐由黑色转化为棕黑色，再加入NaNH4HPO4时立即产生大量气体，其可能的原因为 　 　。 18．（2024•江宁区一模）实验室以废旧锂电池正极材料（含LiCoO2及少量Al、Fe等）为原料制备Co3O4。 已知：Ksp[Co（OH）2]＝1.6×10﹣15，Ksp（CoC2O4）＝6.3×10﹣8，Ksp（CoCO3）＝1.4×10﹣14；NH3⋅H2O的电离常数为Kb＝1.8×10﹣5，H2C2O4的电离常数分别为Ka1＝5.4×10﹣2，Ka2＝5.6×10﹣5。 （1）“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2+并放出O2，该反应的离子方程式为 　 　。 （2）“萃取”时有机磷萃取剂（用HA表示）萃取金属离子的原理可表示为：Mn++nHA（有机层）⇌MAn（有机层）+nH+（水层）。钴、锂在有机磷萃取萃取剂中的萃取率与pH的关系如图1所示。随pH的升高，Co2+在有机磷萃取剂中萃取率增大的原因是 　 　。 （3）“反萃取”的目的是将有机层Co2+转移到水层。使Co2+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有 　 　（填两项）。 （4）“沉钴”时可加入H2C2O4溶液或（NH4）2C2O4溶液反应制得CoC2O4。不能用Na2C2O4溶液代替（NH4）2C2O4溶液的原因是 　 　。 （5）“沉钴”时，也可先制得CoCO3再制备Co3O4。CoCO3在空气中受热分解，测得剩余固体的质量与起始CoO3的质量的比值（剩余固体的质量分数）随温度变化曲线如图2所示。为获得较高产率的Co3O4，请补充实验方案：取反萃取后得到的水相，　 　。（可选用的试剂：0.1mol⋅L﹣1NH4HCO3溶液、空气、0.1mol⋅L﹣1HCl溶液、0.1mol⋅L﹣1BaCl2溶液） 19．（2024•江阴市一模）Cr、Cd、N、S等元素的化合物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。 （1）我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过0.005mg•L−1。处理含镉废水可采用化学沉淀法。Ksp（CdCO3）＝4.0×10﹣12，Ksp（CdS）＝8.0×10﹣27；回答下列问题： ①向某含镉废水中加入Na2S，当S2﹣浓度达到8.0×10﹣8mol•L−1时，废水中Cd2+的浓度为 　 　mol•L﹣1，此时是否符合生活饮用水卫生标准？　 　（填“是”或“否”）。 ②室温下，反应CdCO3（s）+S2﹣（aq）⇌CdS（s）+（aq）达到平衡，该反应的平衡常数K＝　 　（填数值）。 （2）还原沉淀法是处理含铬（Cr2和）工业废水的常用方法，过程如下： 常温下，Ksp[Cr（OH）3]＝1.0×10﹣32，欲使处理后废水中的c（Cr3+）降至1.0×10﹣5mol•L﹣1（即沉淀完全），应调节至溶液的pH＝　 　。 （3）燃煤烟气中的NOx、SO2经处理后可被吸收，电化学在相关领域也有重要应用。若烟气主要成分为NO、SO2，可通过电解法除去，其原理如图所示。阴极的电极反应式为 　 　，电解过程得到产物为 　 　。 20．（2024•如皋市一模）硫酸铅（PbSO4），制造铅蓄电池的一种原料。工业上以PbS为原料可以制取PbSO4，制取会经历如下过程： （1）浸取。80℃时，将PbS与盐酸、MnO2和饱和食盐水一起浸取，PbS反应后生成和S。 ①写出PbS反应的离子方程式：　 　。 ②浸取时应控制盐酸的浓度。其他条件一定，若盐酸浓度过大，铅元素的浸出率反而下降，原因是 　 　。 （2）沉降。在溶液中存在平衡：（aq）⇌PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）ΔH＜0；为使充分转化为PbCl2沉淀，且无其他沉淀生成，适宜的方法有 　 　和 　 　。 （3）转化。常温下，向PbCl2沉淀中加入H2SO4，可发生转化：PbCl2（s）+（aq）⇌PbSO4（s）+2Cl﹣（aq）。现向足量PbCl2沉淀中加入100mL1mol•L﹣1H2SO4，当反应达到平衡时，溶液中c（Cl﹣） 　 　1.8mol•L﹣1（填“＞”“＜”或“＝”）。[已知常温下：Ksp（PbSO4）＝1.0×10﹣8，Ksp（PbCl2）＝1×10﹣5] 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•南京期末）用含少量Ca2+，Mg2+的CoCl2溶液制备CoO的过程如图所示。已知：室温下，Ksp（MgF2）＝5×10﹣11，Ksp（CaF2）＝5×10﹣9，Ka（HF）＝6.3×10﹣4，Kb（NH3⋅H2O）＝1.8×10﹣5，下列说法正确的是（　　） A．0.1mol⋅L﹣1NH4F溶液呈酸性，且c（）＜c（F﹣） B．除钙镁后的溶液中： C．0.1mol⋅L﹣1（NH4）2C2O4溶液中：c（）＞2c（C2）+2c（HC2）+2c（H2C2O4） D．若将流程中（NH4）2C2O4换成Na2C2O4，则制得的CoO纯度更高 【答案】A 【分析】含少量Mg2+的MnSO4溶液加入NaF除去镁离子，过滤后的滤液加入NaHCO3溶液沉锰，过滤得到碳酸锰； A．NH4F溶液呈酸性，c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒关系分析判断； B．除钙镁后的溶液中＝； C．根据物料守恒关系分析判断； D．若将（NH4）2C2O4换成Na2C2O4，则制得的CoO中混入钠离子。 【解答】解：A．NH4F溶液呈酸性，c（OH﹣）＞c（H+），电荷守恒关系为c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+c（F﹣），则c（）＜c（F﹣），故A正确； B．除钙镁后的溶液中＝＝＝102，故B错误； C．（NH4）2C2O4溶液中物料守恒关系为c（）+c（NH3•H2O）＝2c（C2）+2c（HC2）+2c（H2C2O4），则c（）＜2c（C2）+2c（HC2）+2c（H2C2O4），故C错误； D．（NH4）2C2O4受热分解生成气体挥发，若将流程中（NH4）2C2O4换成Na2C2O4，制得的CoO中会混入含钠离子的杂质，纯度会降低，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查物质的制备、沉淀溶解平衡，侧重分析能力和运用能力考查，把握溶度积常数、溶液中守恒关系式的应用为解答关键，题目难度中等。 2．（2024•苏州一模）工程师研究利用Na2S和FeS处理水样中的Cd2+。已知25℃时，Ka1（H2S）＝10﹣6.97，Ka2（H2S）＝10﹣12.90，Ksp（FeS）＝10﹣17.20，Ksp（CdS）＝10﹣26.10。下列说法正确的是（　　） A．0.01mol•L﹣1Na2S溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+c（H2S） B．0.01mol•L﹣1Na2S溶液中：c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣） C．反应FeS+Cd2+⇌Fe2++CdS正向进行，需满足 D．向含Cd2+水样中加入足量FeS浸泡一段时间后，上层清液中存在 【答案】D 【分析】A．Na2S溶液中物料守恒关系为c（Na+）＝2c（HS﹣）+2c（H2S）+2c（S2﹣），结合电荷守恒关系分析判断； B．S2﹣的水解常数Kh＝×c（OH﹣）＝＝＝10﹣1.1，结合水解微弱、溶液中c（HS﹣）＜0.01mol/L分析判断； C．反应FeS+Cd2+⇌Fe2++CdS正向进行，满足浓度商Q＜K； D．向含Cd2+水样中加入足量FeS浸泡一段时间后，上层清液为CdS的饱和溶液。 【解答】解：A．Na2S溶液中物料守恒关系为c（Na+）＝2c（HS﹣）+2c（H2S）+2c（S2﹣），电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），则c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故A错误； B．S2﹣的水解常数Kh＝×c（OH﹣）＝＝＝10﹣1.1，溶液中c（HS﹣）＜0.01mol/L，则＞100.9＞1，即c（OH﹣）＞c（S2﹣），所以c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（S2﹣）＞c（HS﹣），故B错误； C．反应FeS+Cd2+⇌Fe2++CdS正向进行，满足浓度商Q＜K，即Q＝＜K＝＝＝108.9，故C错误； D．向含Cd2+水样中加入足量FeS浸泡一段时间后，上层清液为CdS的饱和溶液，存在Ksp（CdS）＝c（Cd2+）•c（S2﹣），即上层清液中存在，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡、离子浓度大小比较，侧重分析判断能力和运用能力考查，把握溶度积常数的应用、水解平衡常数的计算及其应用、溶液中守恒关系是解题关键，题目难度中等。 3．（2024•泰州一模）室温下，Na2CO3体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示．在c起始（Na2CO3）＝0.1mol•L﹣1的体系中，研究Mg2+在不同pH时的可能产物，c（Mg2+）与pH的关系如图2所示，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c（）＝Ksp（MgCO3），曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c2（OH）＝Ksp[Mg（OH）2]。 下列说法正确的是（　　） A．由M点可求得Ka2（H2CO3）＝1×10﹣6.37 B．pH＝11的体系中：c（）＜c（） C．Q点的体系中，发生反应Mg2++2═Mg（OH）2↓+2CO2↑ D．P点的体系中，c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol•L﹣1 【答案】D 【分析】图1表示Na2CO3体系，随着pH的逐渐减小，溶液中逐渐减小，先增大后减小，c（H2CO3）逐渐增大，且当pH＝6.37时，两曲线交点表示溶液中，由此可算出对应的电离平衡常数，图2中图像的纵坐标是﹣lg[c（Mg2+）]，数值从下往上在增大，也即是从下往上c（Mg2+）在减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会生成该沉淀，据此分析。 【解答】解：A．根据图1，当pH＝10.25时，溶液中c（）＝c（），则，故A错误； B．pH＝11的体系中，观察图1可知，故B错误； C．Q点的体系中，观察图2的横坐标和纵坐标可知pH＝8，﹣lg[c（Mg2+）]，观察图1可知，pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是碳酸氢根离子，该点位于Mg（OH）2曲线（II）的上方，图2中图像的纵坐标是﹣lg[c（Mg2+）]，数值从下往上在增大，也即是从下往上c（Mg2+）在减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会生成该沉淀，因此会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，故C错误； D．P点的体系中，从图2可以看出pH＝11、﹣lg[c（Mg2+）]＝6时，该点位于曲线Ⅰ、Ⅱ的上方，不会生成碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀，，根据物料守恒，溶液中，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 4．（2024•江宁区期末）实验室向CaSO4悬浊液中加入过量（NH4）2CO3溶液，充分搅拌后过滤得到CaCO3。已知室温时，Ksp（CaSO4）＝9.0×10﹣6，Ksp（CaCO3）＝3.0×10﹣9。下列说法正确的是（　　） A．（NH4）2CO3溶液中存在：c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+2c（H2CO3） B．CaSO4悬浊液中存在：c（Ca2+）＜10﹣5mol﹣1⋅L﹣1 C．反应CaSO4+⇌CaCO3+正向进行，需满足＜3.0×103 D．过滤后所得滤液中一定存在：c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+2c（） 【答案】C 【分析】A．（NH4）2CO3溶液中存在电荷守恒、物料守恒关系分别为c（）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（）、c（）+c（NH3•H2O）＝2c（）+2c（）+2c（H2CO3）； B．CaSO4悬浊液中c（Ca2+）＝c（）＝； C．反应CaSO4+⇌CaCO3+正向进行，则浓度熵Q＝＜平衡常数K； D．过滤后所得滤液中含有（NH4）2CO3、（NH4）2SO4，根据电荷守恒关系分析判断。 【解答】解：A．（NH4）2CO3溶液中存在电荷守恒、物料守恒关系分别为c（）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（）、c（）+c（NH3•H2O）＝2c（）+2c（）+2c（H2CO3），则c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+2c（H2CO3）﹣c（NH3•H2O）＜c（H+）+c（）+2c（H2CO3），故A错误； B．CaSO4悬浊液中c（Ca2+）＝c（）＝＝mol/L＝3.0×10﹣3mol/L＞10﹣5mol/L，故B错误； C．反应CaSO4+⇌CaCO3+的平衡常数K＝＝×＝＝＝3.0×103，要反应CaSO4+⇌CaCO3+正向进行，需满足浓度熵Q＝＜K＜3.0×103，故C正确； D．过滤后所得滤液中含有（NH4）2CO3、（NH4）2SO4，溶液中存在的电荷守恒关系c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+2c（）+2c（）＞c（OH﹣）+2c（），故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡及溶度积常数的计算，侧重分析能力、计算能力和灵活运用能力的考查，把握溶液中溶质的成分、溶液中守恒关系式的应用、溶度积常数的计算及其应用等知识是解题关键，题目难度中等。 5．（2024•海安市一模）由下列实验事实可推导出结论的是（　　） 选项 实验事实（均为室温） 结论 A 分别测定NaClO溶液和NaNO2溶液的pH：NaClO＞NaNO2 Ka（HClO）＜Ka（HNO2） B 向BaSO4固体中加入过量饱和Na2CO3溶液，有BaCO3生成 Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3） C 向苯酚钠溶液中通入过量CO2，发生反应： Ka2（H2CO3）＜Ka（） D 在[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇，析出蓝色晶体 乙醇的极性比水的弱 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【分析】A．浓度相同的盐溶液，溶液的pH值越大，对应的酸根离子水解程度越大，则对应酸的酸性越弱； B．Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3）相差不大，若c（）太大，则BaSO4可转化为BaCO3； C．根据强酸制弱酸规律可知，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大； D．[Cu（NH3）4]SO4是溶于水的离子化合物，极性强，结合相似相溶原理分析判断。 【解答】解：A．浓度相同的盐溶液，酸根离子水解程度越大，其对应酸的酸性越弱，电离平衡常数越小，但NaClO溶液和NaNO2溶液的浓度未知，则不能判断电离平衡常数Ka的大小，故A错误； B．向BaSO4固体中加入过量饱和Na2CO3溶液，有BaCO3生成，说明Na2CO3溶液中浓度积Q（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），不能比较Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3）的大小，故B错误； C．反应中CO2过量，只能说明酸性：＜H2CO3，不能说明酸性：＜，则不能得出Ka（）＞Ka2（H2CO3）的结论，要想得出该结论，应该是：向苯酚钠溶液中通入少量CO2，故C错误； D．[Cu（NH3）4]SO4是溶于水的离子化合物，极性强，乙醇和水均为极性分子，根据相似相溶原理和实验现象可知，乙醇的极性比水的弱，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析判断能力及实验能力的考查，明确反应原理、物质的性质、实验技能为解答的关键，注意选项A为易错点，题目难度中等。 6．（2024•苏州三模）常温常压下，H2S气体在水中的饱和浓度约为0.10mol•L﹣1，已知：，；。下列说法不正确的是（　　） A．饱和H2S溶液中存在c（H+）＞c（HS﹣）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣） B．向10mL0.010mol•L﹣1H2S溶液中加几滴浓盐酸，使其浓度达到0.010mol•L﹣1，此时溶液中c（S2﹣）约为1.4×10﹣18mol•L﹣1 C．向0.010mol•L﹣1FeCl2溶液中通入H2S气体直至饱和，溶液中有FeS沉淀生成 D．FeS（s）+2H+（aq）⇌Fe2+（aq）+H2S（aq）的平衡常数为4.4×102 【答案】A 【分析】A．氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，且一级电离抑制二级电离，则饱和氢硫酸溶液中氢离子浓度略大于氢硫酸根离子； B．由电离常数可得：Ka1（H2S）Ka2（H2S）＝，由题意可知，溶液中氢离子浓度和氢硫酸浓度都约为0.01mol/L，据此计算判断； C．氢硫酸饱和溶液中氢离子浓度约等于氢离子浓度，由电离常数Ka2（H2S）＝可知，溶液中硫离子浓度约为1.3×10﹣13mol/L，计算溶液中浓度熵QC判断； D．由方程式可知，反应的平衡常数K＝＝＝。 【解答】解：A．由一级电离常数可知，溶液中的氢离子浓度约为＝×10—4mol/L≈1.05×10—4mol/L，由二级电离常数Ka2（H2S）＝可知，溶液中硫离子浓度约为1.3×10﹣13mol/L，由水的离子积常数可知，溶液中氢氧根离子浓度约为≈9.5×10﹣11mol/L，则溶液中离子浓度的大小顺序为：c（H+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（S2﹣），故A错误； B．已知：，，由电离常数可得：Ka1（H2S）Ka2（H2S）＝，由题意可知，溶液中氢离子浓度和氢硫酸浓度都约为0.01mol/L，则溶液中硫离子浓度约为≈1.4×10—18mol/L，故B正确； C．由电离常数Ka2（H2S）＝可知，氢硫酸饱和溶液中氢离子浓度约等于氢离子浓度，溶液中硫离子浓度约为1.3×10﹣13mol/L，则溶液中浓度熵QC＝c（Fe2+）c（S2﹣）＝0.01×1.3×10﹣13＝1.3×10﹣15＞Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，所以溶液中有氯化亚铁生成，故C正确； D．由方程式可知，反应的平衡常数K＝＝＝＝≈4.4×102mol/L，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的分析、溶度积常数和电离平衡常数的计算应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 7．（2024秋•常州期末）实验室采用如图所示流程分离AgCl和AgI的淡黄色固体混合物。实验中所用氨水和硝酸的浓度均为足量2mol⋅L﹣1，且体积相等。假设流程中每一步均实现物质的完全分离，下列说法正确的是（　　） A．Ksp（AgI）＞Ksp（AgCl） B．结合NH3的能力：Ag+＞H+ C．溶液中水的电离程度：氨水＞无色溶液Ⅱ＞硝酸 D．无色溶液Ⅱ中存在：c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（NH3⋅H2O） 【答案】D 【分析】A．AgCl和AgI的淡黄色固体中加入氨水，得到AgI和[Ag（NH3）2]+，说明溶解度：AgCl＞AgI； B．无色溶液Ⅰ中含有[Ag（NH3）2]+，加入硝酸转化为NH4NO3和AgCl； C．酸碱抑制水的电离，NH4NO3促进水的电离； D．无色溶液Ⅱ中溶质为NH4NO3，结合电荷守恒关系和物料守恒关系分析判断。 【解答】解：A．AgCl和AgI的淡黄色固体中加入氨水，得到AgI和[Ag（NH3）2]+，说明溶解度：AgCl＞AgI，即Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故A错误； B．无色溶液Ⅰ中含有[Ag（NH3）2]+，加入硝酸转化为NH4NO3和AgCl，则结合NH3的能力：H+＞Ag+，故B错误； C．无色溶液Ⅱ中溶质为NH4NO3，酸碱抑制水的电离，NH4NO3促进水的电离，一水合氨是弱碱，则溶液中水的电离程度：无色溶液Ⅱ＞氨水＞硝酸，故C错误； D．无色溶液Ⅱ中溶质为NH4NO3，电荷守恒和物料守恒关系分别为c（）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（）、c（）+c（NH3⋅H2O）＝c（），则c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（NH3⋅H2O），故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡、水的电离及其影响因素，侧重考查分析判断能力和运用能力，把握溶解度与溶度积常数的关系、酸碱盐对水电离的影响、溶液中溶质的成分及性质等知识是解题关键，题目难度不大。 8．（2024•南通一模）将0.10mmol Ag2CrO4配制成1.0mL悬浊液，向其中滴加0.10mol•L﹣1的NaCl溶液。lg[cM/（mol•L﹣1）]（M代表Ag+、Cl﹣或）随加入NaCl溶液体积（V）的变化关系如图所示。 下列叙述正确的是（　　） A．交点a处：c（Na+）＝2c（Cl﹣） B．＝10﹣2.21 C．V≤2.0mL时不变 D．y1＝﹣7.82，y2＝﹣lg34 【答案】D 【分析】将0.10mmol Ag2CrO4配制成1.0mL悬浊液，溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+（aq），向其中滴加0.10mol•L﹣1的NaCl溶液，氯化银溶解度小于铬酸银，氯离子浓度增大，银离子浓度减小，溶液体积增大，铬酸根离子浓度较小，综合影响可知，铬酸根离子浓度变化不大，则图象中最上方曲线为离子浓度的变化，中间为氯离子浓度的变化，最下面为Ag+离子浓度的变化，结合图象中的数据和变化过程回答问题。 【解答】解：A．交点a处c（）＝c（Cl﹣），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）＝2c（）+c（Cl﹣），c（Na+）＝3c（Cl﹣），故A错误； B．图象中的平衡状态下，＝＝＝10﹣1.81，故B错误； C．V≤2.0mL时，随着氯化钠滴入，银离子浓度减小，铬酸根离子浓度增大，＝×，比值增大，故C错误； D．V＝2.4mL时，c（Cl﹣）＝10﹣1.93mol/L，＝c（Ag+）＝＝mol/L＝10﹣7.82mol/L，y1＝﹣7.82，同理V＝2.4mL时，沉淀转化反应完全，c（）＝＝mol/L，y2＝﹣lg34，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了沉淀转化的分析判断、溶度积常数的计算应用，注意图象离子浓度变化的理解应用，题目难度较大。 9．（2024•南通模拟）碱金属硫化物俗称“臭碱”，这是因为在水溶液中由于S2﹣的强烈水解而呈强碱性，因此在碱金属硫化物溶液中含有多种沉淀剂。在不考虑沉淀的转化时，若低温下向硫化钠溶液中滴加CuSO4溶液，不可能出现的沉淀为（　　） A．CuS B．Cu（OH）2 C．Cu2S D．CuO 【答案】D 【分析】CuS是黑色难溶物，CuSO4是强酸弱碱盐、Cu2+水解使溶液呈酸性，S2﹣的强烈水解而使溶液呈强碱性，且S2﹣还具有强还原性、Cu2+具有弱氧化性，则硫化钠溶液中滴加CuSO4溶液时可能发生复分解反应生成CuS沉淀、也可能发生双水解反应生成Cu（OH）2沉淀和H2S气体、还可能发生氧化还原反应生成S或Cu2S等物质，据此分析解答。 【解答】解：A．Na2S溶液中滴加CuSO4溶液时可发生复分解反应生成CuS沉淀和Na2SO4，故A正确； B．Cu2+水解使溶液呈酸性，S2﹣的强烈水解而使溶液呈强碱性，Na2S溶液中滴加CuSO4溶液时可发生双水解反应生成Cu（OH）2沉淀、H2S气体和Na2SO4，故B正确； C．S2﹣还具有强还原性、Cu2+具有弱氧化性，Na2S溶液中滴加CuSO4溶液时可发生氧化还原反应生成S、Cu2S和Na2SO4，故C正确； D．Na2S溶液中滴加CuSO4溶液时可发生双水解反应生成Cu（OH）2沉淀、H2S气体和Na2SO4，不可能生成CuO，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡及其影响因素、盐类水解原理的应用，把握物质性质、发生的反应是、盐类水解原理、氧化还原反应规律是解题关键，题目难度中等。 10．（2024•无锡期末）几种难溶盐在水溶液中离子浓度负对数关系如题图所示。已知溶液中离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1时可认为沉淀完全。下列说法正确的是（　　） A．Ksp（CaCO3）＞10﹣8 B．0.001mol•L﹣1MnCl2溶液可将沉淀完全 C．在a点，碳酸镁向着沉淀的方向进行 D．Ksp（CaCO3）＞Ksp（MgCO3） 【答案】B 【分析】A．由图可知，CaCO3饱和溶液中c（Ca2+）＝c（）＜10﹣4mol/L； B．由图可知，MnCO3饱和溶液中c（Mn2+）＝c（）≈10﹣5.3mol/L，Ksp（MgCO3）＝c（Mg2+）•c（）＝10﹣10.6； C．由图可知，a点为碳酸镁的不饱和溶液； D．Ksp（CaCO3）＝c（Ca2+）•c（），Ksp（MgCO3）＝c（Mg2+）•c（），根据图中c（）相同时c（Ca2+）、c（Mg2+）的大小分析判断。 【解答】解：A．由图可知，CaCO3饱和溶液中c（Ca2+）＝c（）＜10﹣4mol/L，则Ksp（CaCO3）＝c（Ca2+）•c（）＜10﹣8，故A错误； B．由图可知，MnCO3饱和溶液中c（Mn2+）＝c（）≈10﹣5.3mol/L，Ksp（MgCO3）＝c（Mg2+）•c（）＝10﹣10.6，0.001mol•L﹣1MnCl2溶液中c（Mn2+）＝0.001mol/L，Mn2+沉淀完全时溶液中c（）＝mol/L＜10﹣5mol•L﹣1，即0.001mol•L﹣1MnCl2溶液可将沉淀完全，故B正确； C．由图可知，a点在MgCO3曲线上方，为碳酸镁的不饱和溶液，没有沉淀生成，故C错误； D．Ksp（CaCO3）＝c（Ca2+）•c（），Ksp（MgCO3）＝c（Mg2+）•c（），由图可知，c（）相同时c（Ca2+）＜c（Mg2+），则Ksp（CaCO3）＜Ksp（MgCO3），故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡图象分析，把握溶度积常数表达式、计算及其应用是解题关键，侧重分析判断能力和计算能力考查，题目难度中等。 11．（2024•苏州三模）饱和BaCO3溶液中，c2（Ba2+）随c（OH﹣）而变化，在298K温度下，c2（Ba2+）与c（OH﹣）关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．BaCO3的溶度积 B．若忽略的第二步水解， C．饱和BaCO3溶液中c（Ba2+）随c（H+）增大而减小 D．M点溶液中： 【答案】C 【分析】若忽略的第二步水解，则饱和BaCO3溶液中存在的物料守恒关系为c（Ba2+）＝c（）+c（），OH﹣能抑制水解，当c（OH﹣）很大时饱和BaCO3溶液中c（Ba2+）＝c（），由图可知，此时Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+）•c（）＝c2（Ba2+）≈2.6×10﹣9；c（）＝c（）时饱和BaCO3溶液中c（Ba2+）＝2c（），此时c（Ba2+）＝2Ksp（BaCO3）＝5.2×10﹣9，即N点时c（OH﹣）＝2.0×10﹣4mol/L，c（H+）＝mol/L＝5.0×10﹣11mol/L，此时K2（H2CO3）＝×c（H+）＝c（H+）＝5.0×10﹣11，据此分析解答。 【解答】解：A．由图可知，c（OH﹣）浓度越大，越抑制水解，当c（OH﹣）很大时饱和BaCO3溶液中c（Ba2+）＝c（），此时Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+）•c（）＝c2（Ba2+）≈2.6×10﹣9，故A正确； B．若忽略的第二步水解，当c（）＝c（）时，K2（H2CO3）＝×c（H+）＝c（H+），物料守恒关系为c（Ba2+）＝c（）+c（）＝2c（），则c2（Ba2+）＝c（Ba2+）×2c（）＝2Ksp（BaCO3）＝5.2×10﹣9，即N点，此时c（OH﹣）＝2.0×10﹣4mol/L，c（H+）＝mol/L＝5.0×10﹣11mol/L，所以K2（H2CO3）＝5.0×10﹣11，故B正确； C．由图可知，c2（Ba2+）随c（OH﹣）增大而减小，则c（Ba2+）随c（H+）增大而增大，故C错误； D．由B选项分析可知，N点时c（）＝c（），c（Ba2+）＝c（）+c（），而M点c（OH﹣）减小，c（H+）增大，促进了转化为，则M点有c（Ba2+）＞c（）＞c（），故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查难溶物质的溶解平衡，侧重考查图象分析能力和计算能力，把握溶度积常数的计算、物料守恒关系式的应用、电离平衡常数的计算是解题关键，选项B是解题的难点，题目难度中等。 12．（2024•南通三模）已知室温下，Ksp[Fe（OH）3]＝1×10﹣36，Ksp[Ni（OH）2]＝2×10﹣15，Ka（HClO）＝3×10﹣8。用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制备NiOOH的过程如下。下列说法正确的是（　　） A．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）＝0.1mol•L﹣1+c（H2CO3） B．pH＝11的NaClO溶液中：c（HClO）＞c（ClO﹣） C．“调pH”得到的上层清液中： D．“氧化”时主要发生反应：2ClO﹣+2Ni2++2OH﹣═2NiOOH↓+Cl2↑+H2O 【答案】C 【分析】用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制备NiOOH的流程：加入Na2CO3溶液调pH，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，Ni2+不沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀得到含Ni2+的滤液，碱性条件下加入NaClO溶液，氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，发生的反应为2Ni2++ClO﹣+4OH﹣＝2NiOOH↓+Cl﹣+H2O，过滤、洗涤、干燥得到NiOOH固体，据此分析解答。 【解答】解：A．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中物料守恒关系为c（）+c（）+c（H2CO3）＝c（Na+）＝0.1mol/L，电荷守恒关系为c（OH﹣）+2c（）+c（）＝c（H+）+c（Na+），则c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（）+2c（H2CO3）＝0.1mol/L+c（H2CO3）﹣c（）＜0.1mol•L﹣1+c（H2CO3），故A错误； B．pH＝11的NaClO溶液中＝＝3000，即c（ClO﹣）＝3000c（HClO）＞c（HClO），故B错误； C．“调pH”得到的上层清液中浓度积Q[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）•c3（OH﹣）＞Ksp[Fe（OH）3]，Q[Ni（OH）2]＝c（Ni2+）•c2（OH﹣）＜Ksp[Ni（OH）2]，则上层清液中＞＝＝1.25×10﹣28＞10﹣28，故C正确； D．碱性条件下加入NaClO溶液氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，反应为2Ni2++ClO﹣+4OH﹣＝2NiOOH↓+Cl﹣+H2O，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡及其计算，侧重分析能力和灵活运用能力考查，把握盐类水解原理及守恒关系式的应用、电离平衡常数和溶度积常数的应用、氧化还原反应方程式书写是解题关键，题目难度中等。 13．（2024•新吴区一模）室温下，用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加入过量盐酸，产生气泡，滤渣仍有剩余。已知Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10，Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9。下列说法正确的是（　　） A．沉淀的转化只能按照溶解度由大到小的方向进行 B．滤渣中加入盐酸反应的离子方程式为2H++═H2O+CO2↑ C．过滤后所得清液中一定存在：c（Ba2+）＝且c（Ba2+）≥ D．若反应BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq）能够正向进行，则需要满足条件： 【答案】D 【分析】A．溶液中离子浓度满足浓度积Q＞Ksp时可生成沉淀； B．BaCO3不溶于水，但溶于盐酸生成BaCl2、CO2和水； C．过滤后所得清液中存在BaSO4和BaCO3的溶解平衡，满足满足Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+）•c（），Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+）•c（）； D．反应BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq）达平衡时，其平衡常数K＝＝＝＝，该反应要正向进行，则需满足浓度熵Q＜K。 【解答】解：A．Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），溶解度：BaCO3＞BaSO4，且溶解度相差不大，饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4粉末时可实现BaSO4向BaCO3转化，故A错误； B．BaCO3不溶于水，与盐酸反应的离子方程式为2H++BaCO3═H2O+CO2↑+Ba2+，故B错误； C．过滤后所得清液中存在BaSO4和BaCO3的溶解平衡，满足满足Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+）•c（），Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+）•c（），即c（Ba2+）＝且c（Ba2+）＝，故C错误； D．反应BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq）达平衡时，其平衡常数K＝＝＝＝，该反应要正向进行，则需满足浓度熵Q＜K，＜，即＞，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡及沉淀转化，存在基础知识灵活运用能力和计算能力考查，把握溶度积常数的计算、平衡常数的计算及其应用是解题关键，题目难度中等。 14．（2024•江阴市一模）已知 25℃时Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10﹣11，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5，下列叙述中不正确的是（　　） A．25℃时，向等浓度的MgCl2和FeCl3混合溶液中逐滴加入氨水，先出现红褐色沉淀 B．25℃时，MgCl2溶液中有少量FeCl3时，可以加入MgO进行除杂 C．25℃时，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+的平衡常数为5.6×10﹣10 D．25℃时，加大量水稀释氨水，溶液中粒子的浓度均减小 【答案】D 【分析】A．溶解度越小的物质在逐滴滴加氨水的过程中先得到沉淀，比较25℃下的Ksp可大致判断； B．比较25℃下Mg（OH）2和Fe（OH）3的溶度积常数，二者的溶度积常数相差较大，可以达到除杂的目的； C．由25℃时氨水的碱性电离平衡常数Kb可推导； D.25℃下，稀释弱电解质溶液，可使得弱电解质电离度增加． 【解答】解：A．由25℃下，Ksp[Fe（OH）3]＜＜Ksp[Mg（OH）2]可知，Fe（OH）3比Mg（OH）2更易形成沉淀，向等浓度的MgCl2和FeCl3的混合溶液中逐滴滴入氨水，首先产生的是Fe（OH）3沉淀，为红褐色沉淀，故A正确； B.25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＜＜Ksp[Mg（OH）2]，二者溶度积常数数量级相差太大，沉淀可以达到分离的目的，当MgCl2溶液中有少量FeCl3时，加入MgO，加入发生沉淀转化的反应，反应方程式应为2Fe3++3MgO+3H2O⇌2Fe（OH）3+3Mg2+，根据多重平衡规则，该反应的平衡常数为＝3.6×1042＞＞106，反应正向进行的比较彻底，可见可以达到除杂的效果，故B正确； C.25℃时，已知Kb（NH3•H2O），这是氨水的碱性电离平衡常数，方程式为：NH3•H2O⇌，而对于所求方程式：⇌，该反应的平衡常数为，由于溶液中存在，则K＝＝＝，故C正确； D.25℃下，加入大量水稀释氨水，稀释弱电解质会增加弱电解质的电离度，NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，可以促进氨水的电离平衡向正反应方向移动，而粒子的浓度同时取决于粒子的物质的量和溶液的体积，显然，对于稀释弱电解质来说，溶液体积的增量超过粒子物质的量的增量，则总的来讲是减小的，因此溶液中c（OH﹣）是减小的，而溶液中反而是增大的，并不是溶液中所有粒子浓度均减小，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查溶度积常数的运用，利用溶度积常数判断物质的溶解度，弱电解质的电离平衡，以及平衡常数的计算．需知，平衡常数的推导基本是在多重平衡的规则下进行的推导，这与实验是吻合的，需要练习这方面的推导能力．题目难度不大，是基础题． 15．（2024•南京一模）室温下，用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加入过量盐酸产生气泡，滤渣未完全溶解。已知：室温下Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10，Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9。下列说法错误的是（　　） A．室温下，BaSO4的溶解度小于BaCO3的溶解度 B．滤渣中加入盐酸反应的离子方程式：2H++BaCO3═H2O+CO2↑+Ba2+ C．反应BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq）正向进行，需满足 D．过滤后所得清液中存在：c（Ba2+）＝，且c（Ba2+）＝ 【答案】C 【分析】A．同类型的难溶电解质的Ksp越小，其溶解度越小； B．滤渣中含有BaCO3和BaSO4，BaSO4不溶于盐酸，BaCO3溶于盐酸生成BaCl2、CO2和水； C．反应BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq）正向进行时满足：浓度熵Q＜平衡常数K； D．过滤后所得清液中均存在BaSO4和BaCO3的溶解平衡，满足Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+）•c（），Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+）•c（）。 【解答】解：A．Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10，Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9，则Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4），BaCO3和BaSO4属于同类型的难溶电解质，所以溶解度：BaCO3＞BaSO4，故A正确； B．向滤渣中加入过量盐酸产生气泡，是BaCO3和盐酸反应，反应的离子方程式为2H++BaCO3═H2O+CO2↑+Ba2+，故B正确； C．反应BaSO4（s）+（aq）⇌BaCO3（s）+（aq）达平衡时，其平衡常数＝，反应要正向进行，则需满足浓度熵，即，故C错误； D．过滤后所得清液中均存在BaSO4和BaCO3的溶解平衡，满足Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+）•c（），Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+）•c（），则c（Ba2+）＝，且c（Ba2+）＝，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡及沉淀转化，存在基础知识灵活运用能力和计算能力考查，把握溶度积常数的计算、平衡常数的计算及其应用是解题关键，题目难度中等。 二．解答题（共5小题） 16．（2024•苏州期末）H2S或水体中硫化物（H2S、HS﹣或S2﹣）的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。室温时，Ksp（CuS）＝6.0×10﹣36，Ka1（H2S）＝1.2×10﹣7，Ka2（H2S）＝7.0×10﹣15。 （1）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。 ①步骤Ⅰ中发生反应：Cu2+（aq）+H2S（aq）═CuS（s）+2H+（aq），该反应的平衡常数K的数值为 　1.4×1014　。 ②步骤Ⅲ发生反应的离子方程式为 　O2+4Fe2++4H+＝4Fe3++2H2O　。 ③在温度一定和不补加溶液条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有 　提高混合气体中空气的比例　。 （2）废水中的硫化物通常用氧化剂将其氧化为单质S进行回收。 ①控制废水pH约为8，用适量30%的H2O2溶液将废水中的硫化物转化为单质S发生主要反应的离子方程式为 　H2O2+HS﹣＝S↓+H2O+OH﹣　。 ②控制废水pH约为8，废水中单质硫回收率如图所示。H2O2溶液加入量大于12mg⋅L﹣1时，废水中单质硫的回收率下降的原因是 　H2O2将部分硫化物氧化为硫酸盐留在废水中　。 （3）为精确控制氧化剂的加入量，需对废水中硫化物含量进行测定。方法如下： 100.00mL水样H2ZnSS 残留的I2溶液浓度用0.01000mol⋅L﹣1Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2═2I﹣+S4。补充完整测定残留I2溶液物质的量浓度的实验方案：向加入过量I2溶液后的锥形瓶中 　加入少量淀粉溶液为指示剂，向锥形瓶中逐滴加入0.01000mol⋅L﹣1Na2S2O3溶液，当滴加最后半滴标准液时溶液恰好由蓝色变成无色、且30s内不恢复蓝色，记录标准液的体积，重复实验2～3次　。 【答案】（1）①1.4×1014； ②O2+4Fe2++4H+＝4Fe3++2H2O； ③提高混合气体中空气的比例； （2）①H2O2+HS﹣＝S↓+H2O+OH﹣； ②H2O2具有较强氧化性，浓度较高时氧化HS﹣生成； （3）加入少量淀粉溶液为指示剂，向锥形瓶中逐滴加入0.01000mol⋅L﹣1Na2S2O3溶液，当滴加最后半滴标准液时溶液恰好由蓝色变成无色、且30s内不恢复蓝色，记录标准液的体积，重复实验2～3次。 【分析】（1）①反应Cu2+（aq）+H2S（aq）═CuS（s）+2H+（aq）的平衡常数K＝＝×＝； ②步骤Ⅲ发生的反应为O2氧化Fe2+生成Fe3+，结合酸性条件、电子守恒、电荷守恒书写离子方程式； ③欲使生成的硫单质中不含CuS，可以通入过量氧气或增大c（Fe3+），使反应更充分、完全； （2）①碱性条件下废水中的含硫化合物主要为HS﹣，H2O2氧化HS﹣生成S单质和H2O，结合电子守恒、电荷守恒书写离子方程式； ②H2O2具有较强氧化性，H2O2溶液加入量大于12mg⋅L﹣1时，H2O2浓度较高，能氧化HS﹣生成； （3）反应为I2+2S2═2I﹣+S4，可加入淀粉溶液作指示剂，用0.01000mol⋅L﹣1Na2S2O3溶液滴定，当溶液由蓝色变成无色时，记录消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL，重复实验2～3次计算消耗Na2S2O3溶液的平均体积。 【解答】解：（1）①反应Cu2+（aq）+H2S（aq）═CuS（s）+2H+（aq）的平衡常数K＝＝×＝＝＝1.4×1014， 故答案为：1.4×1014； ②步骤Ⅲ发生的反应为O2氧化Fe2+生成Fe3+，离子方程式为O2+4Fe2++4H+＝4Fe3++2H2O， 故答案为：O2+4Fe2++4H+＝4Fe3++2H2O； ③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌，欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有：增加氧气的通入量， 故答案为：提高混合气体中空气的比例； （2）①碱性条件下废水中的含硫化合物主要为HS﹣，H2O2氧化HS﹣生成S单质和H2O，离子方程式为H2O2+HS﹣＝S↓+H2O+OH﹣， 故答案为：H2O2+HS﹣＝S↓+H2O+OH﹣； ②H2O2具有较强氧化性，H2O2溶液加入量大于12mg⋅L﹣1时，H2O2浓度较高，能氧化HS﹣生成，使废水中单质硫的回收率下降， 故答案为：H2O2将部分硫化物氧化为硫酸盐留在废水中； （3）I2和Na2S2O3溶液反应为I2+2S2═2I﹣+S4，可选择淀粉溶液作指示剂，用0.01000mol⋅L﹣1Na2S2O3溶液滴定，即实验方案为：向加入过量I2溶液后的锥形瓶中滴加2～3淀粉溶液，逐滴加入0.01000mol⋅L﹣1Na2S2O3溶液，当溶液由蓝色变成无色、并且30s内不变色时，记录消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL，重复实验2～3次计算消耗Na2S2O3溶液的平均体积， 故答案为：加入少量淀粉溶液为指示剂，向锥形瓶中逐滴加入0.01000mol⋅L﹣1Na2S2O3溶液，当滴加最后半滴标准液时溶液恰好由蓝色变成无色、且30s内不恢复蓝色，记录标准液的体积，重复实验2～3次。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡、氧化还原反应规律的应用，把握氧化还原反应及离子方程式书写、溶度积常数的计算、氧化还原滴定操作及其计算是解题关键，侧重分析能力、计算能力和运用能力考查，题目难度中等。 17．（2024•海安市模拟）具有多面体晶相结构的Ag3PO4晶体是一种高效光催化剂，可用于催化CO2制备甲醇，也可用于降解有机污染物。 Ⅰ．配位—沉淀法制备Ag3PO4高效光催化剂 已知：ⅰ．Ag3PO4为黄色难溶于水的固体； ⅱ．常温下Ksp（AgCl）＝1.45×10﹣10AgCl（s）+2NH3（aq）⇌Ag（NH3）2+（aq）+Cl﹣（aq）K＝1.6×10﹣3 （1）银氨溶液中存在平衡：Ag+（aq）+2NH3（aq）⇌Ag（NH3）2+（aq），该反应平衡常数为K＝　1.10×107　。 （2）加入Na2HPO4溶液时，发生反应的离子方程式为：　3Ag（NH3）2+++OH﹣＝6NH3+Ag3PO4↓+H2O　。 （3）配制银氨溶液的操作为：　向2%硝酸银溶液中边振荡边滴加2%氨水，直到最初产生的沉淀恰好溶解为止　。（可选试剂：2%AgNO3溶液、5%氨水、2%氨水） Ⅱ．Ag3PO4光催化剂的使用和再生 （4）Ag3PO4光催化CO2制备甲醇可实现“碳中和”。总反应为：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2Ag3PO4晶体在光照条件下发挥催化作用时，首先引发反应a：Ag3PO4[Ag3PO4]⊕+e﹣。请写出制备甲醇时反应a的后续过程的两个化学方程式：　2H2O+4[Ag3PO4]⊕O2+4H++4Ag3PO4，CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O　。 （5）Ag3PO4光催化降解有机污染物，有机物被氧化成CO2和H2O。在使用中发现，相同条件下用Ag3PO4依次连续降解多份相同的废水时，Ag3PO4使用三次即变黑基本失效。其可能的原因为 　Ag3PO4光照分解生成Ag单质，催化活性降低　。 （6）失效后的磷酸银催化剂可用H2O2、NaNH4HPO4反应，实现再生。向失效后的催化剂中加入过量H2O2后，固体逐渐由黑色转化为棕黑色，再加入NaNH4HPO4时立即产生大量气体，其可能的原因为 　Ag3PO4能催化H2O2分解　。 【答案】（1）1.10×107； （2）3Ag（NH3）2+++OH﹣＝6NH3+Ag3PO4↓+H2O； （3）向2%硝酸银溶液中边振荡边滴加2%氨水，直到最初产生的沉淀恰好溶解为止； （4）2H2O+4[Ag3PO4]⊕O2+4H++4Ag3PO4，CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O； （5）Ag3PO4光照生成Ag单质，催化活性降低； （6）Ag3PO4能催化H2O2分解。 【分析】（1）反应Ag+（aq）+2NH3（aq）⇌Ag（NH3）2+（aq）的平衡常数为K＝＝×＝； （2）银氨溶液中加入Na2HPO4溶液时生成Ag3PO4和NH3； （3）向硝酸银中滴加氨水，发生复分解反应生成氢氧化银沉淀、继续滴加氨水，则氢氧化银和氨水反应生成Ag（NH3）2OH  溶液，当生成的白色沉淀恰好溶解，即为银氨溶液； （4）[Ag3PO4]⊕氧化H2O生成O2、H+，CO2在酸性条件下得电子生成CH3OH； （5）相同条件下用Ag3PO4依次连续降解多份相同的废水时，Ag3PO4使用三次即变黑、生成Ag单质，导致Ag3PO4基本失效； （6）H2O2在Ag3PO4催化作用下发生分解生成氧气，导致有大量气体产生。 【解答】解：（1）反应Ag+（aq）+2NH3（aq）⇌Ag（NH3）2+（aq）的平衡常数为K＝＝×＝＝≈1.10×107， 故答案为：1.10×107； （2）银氨溶液中加入Na2HPO4溶液时生成Ag3PO4和NH3，反应的离子方程式为3Ag（NH3）2+++OH﹣＝6NH3+Ag3PO4↓+H2O， 故答案为：3Ag（NH3）2+++OH﹣＝6NH3+Ag3PO4↓+H2O； （3）配制银氨溶液的操作：向2%硝酸银溶液中边振荡边滴加2%氨水，直到最初产生的沉淀恰好溶解为止， 故答案为：向2%硝酸银溶液中边振荡边滴加2%氨水，直到最初产生的沉淀恰好溶解为止； （4）总反应为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2，H2O发生氧化反应生成氧气，CO2发生还原反应生成CH3OH，则反应a的后续两个反应为[Ag3PO4]⊕氧化H2O生成O2和Ag3PO4，CO2在酸性条件下得电子生成CH3OH，反应为2H2O+4[Ag3PO4]⊕O2+4H++4Ag3PO4，CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O， 故答案为：2H2O+4[Ag3PO4]⊕O2+4H++4Ag3PO4，CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O； （5）Ag3PO4使用过程中见光分解生成了黑色Ag单质，导致催化活性降低，使Ag3PO4基本失效， 故答案为：Ag3PO4光照分解生成Ag单质，催化活性降低； （6）催化剂作用下，H2O2易分解生成氧气，向失效后的催化剂中加入过量H2O2后，固体逐渐由黑色转化为棕黑色，再加入NaNH4HPO4时立即产生大量气体，该气体为氧气，说明Ag3PO4对H2O2的分解有催化作用， 故答案为：Ag3PO4能催化H2O2分解。 【点评】本题考查溶度积常数的计算、物质的性质及反应、催化剂的作用等知识，把握平衡常数和溶度积常数的计算、物质的性质、发生的反应、催化剂的反应机理为解题关键，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度中等。 18．（2024•江宁区一模）实验室以废旧锂电池正极材料（含LiCoO2及少量Al、Fe等）为原料制备Co3O4。 已知：Ksp[Co（OH）2]＝1.6×10﹣15，Ksp（CoC2O4）＝6.3×10﹣8，Ksp（CoCO3）＝1.4×10﹣14；NH3⋅H2O的电离常数为Kb＝1.8×10﹣5，H2C2O4的电离常数分别为Ka1＝5.4×10﹣2，Ka2＝5.6×10﹣5。 （1）“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2+并放出O2，该反应的离子方程式为 　2LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++4H2O+O2↑　。 （2）“萃取”时有机磷萃取剂（用HA表示）萃取金属离子的原理可表示为：Mn++nHA（有机层）⇌MAn（有机层）+nH+（水层）。钴、锂在有机磷萃取萃取剂中的萃取率与pH的关系如图1所示。随pH的升高，Co2+在有机磷萃取剂中萃取率增大的原因是 　pH升高，则c（H+）减小，平衡正向移动，MAn（有机层）增大，Co2+萃取率增大　。 （3）“反萃取”的目的是将有机层Co2+转移到水层。使Co2+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有 　适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取　（填两项）。 （4）“沉钴”时可加入H2C2O4溶液或（NH4）2C2O4溶液反应制得CoC2O4。不能用Na2C2O4溶液代替（NH4）2C2O4溶液的原因是 　Na2C2O4溶液会引入杂质钠离子　。 （5）“沉钴”时，也可先制得CoCO3再制备Co3O4。CoCO3在空气中受热分解，测得剩余固体的质量与起始CoO3的质量的比值（剩余固体的质量分数）随温度变化曲线如图2所示。为获得较高产率的Co3O4，请补充实验方案：取反萃取后得到的水相，　边搅拌边加入0.1mol/LNH4HCO3，直至不再产生沉淀为止，过滤，洗涤，直至取最后一次洗涤滤液，加入少量0.1mol/LBaCl2溶液无明显现象，干燥后，在空气中加热到400℃～600℃至恒重，得到Co3O4　。（可选用的试剂：0.1mol⋅L﹣1NH4HCO3溶液、空气、0.1mol⋅L﹣1HCl溶液、0.1mol⋅L﹣1BaCl2溶液） 【答案】（1）2LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++4H2O+O2↑； （2）pH升高，则c（H+）减小，平衡正向移动，MAn（有机层）增大，Co2+萃取率增大； （3）适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取； （4）Na2C2O4溶液会引入杂质钠离子； （5）边搅拌边加入0.1mol/LNH4HCO3，直至不再产生沉淀为止，过滤，洗涤，直至取最后一次洗涤滤液，加入少量0.1mol/LBaCl2溶液无明显现象，干燥后，在空气中加热到400℃～600℃至恒重，得到Co3O4。 【分析】废旧锂电池正极材料（含LiCoO2及少量Al、Fe等）加入硫酸溶解，LiCoO2与H2O2反应生成Co2+并放出O2，并得到硫酸铝和硫酸亚铁，加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，然后调节pH除去铝离子和铁离子，然后加入有机萃取剂、稀硫酸进行萃取和反萃取，然后加入试剂沉钴，得到钴的沉淀，灼烧沉淀，生成Co3O4，据此解答。 【解答】解：（1）“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2+并放出O2，反应的离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++4H2O+O2↑， 故答案为：2LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++4H2O+O2↑； （2）根据萃取原理Mn++nHA（有机层）⇌MAn（有机层）+nH+（水层），pH升高，则c（H+）减小，平衡正向移动，MAn（有机层）增大，Co2+萃取率增大， 故答案为：pH升高，则c（H+）减小，平衡正向移动，MAn（有机层）增大，Co2+萃取率增大； （3）根据萃取原理Mn++nHA（有机层）⇌MAn（有机层）+nH+（水层），应使平衡往逆向移动，应选择的实验条件或采取的实验操作为适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取， 故答案为：适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取； （4）Na2C2O4溶液会引入杂质钠离子，故不能用Na2C2O4代替（NH4）2C2O4溶液， 故答案为：Na2C2O4溶液会引入杂质钠离子； （5）由于CoCO3难溶于水，取反萃取后得到的水相，加入0.1mol/LNH4HCO3，将Co2+转化为CoCO3沉淀，过滤除去可溶性杂质，然后洗涤，为了保证杂质除尽，用0.1mol/LBaCl2溶液检验洗涤液中的无碳酸根离子，干燥后，在空气中加热至400℃～600分解生成CoCO3， 故答案为：边搅拌边加入0.1mol/LNH4HCO3，直至不再产生沉淀为止，过滤，洗涤，直至取最后一次洗涤滤液，加入少量0.1mol/LBaCl2溶液无明显现象，干燥后，在空气中加热到400℃～600℃至恒重，得到Co3O4。 【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度较大，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及元素化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。 19．（2024•江阴市一模）Cr、Cd、N、S等元素的化合物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。 （1）我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过0.005mg•L−1。处理含镉废水可采用化学沉淀法。Ksp（CdCO3）＝4.0×10﹣12，Ksp（CdS）＝8.0×10﹣27；回答下列问题： ①向某含镉废水中加入Na2S，当S2﹣浓度达到8.0×10﹣8mol•L−1时，废水中Cd2+的浓度为 　10﹣19　mol•L﹣1，此时是否符合生活饮用水卫生标准？　是　（填“是”或“否”）。 ②室温下，反应CdCO3（s）+S2﹣（aq）⇌CdS（s）+（aq）达到平衡，该反应的平衡常数K＝　5.0×1014　（填数值）。 （2）还原沉淀法是处理含铬（Cr2和）工业废水的常用方法，过程如下： 常温下，Ksp[Cr（OH）3]＝1.0×10﹣32，欲使处理后废水中的c（Cr3+）降至1.0×10﹣5mol•L﹣1（即沉淀完全），应调节至溶液的pH＝　5.0　。 （3）燃煤烟气中的NOx、SO2经处理后可被吸收，电化学在相关领域也有重要应用。若烟气主要成分为NO、SO2，可通过电解法除去，其原理如图所示。阴极的电极反应式为 　NO+5e﹣+6H+＝+H2O　，电解过程得到产物为 　（NH4）2SO4、H2SO4　。 【答案】（1）①10﹣19；是； ②5.0×1014； （2）5.0； （3）NO+5e﹣+6H+＝+H2O；（NH4）2SO4、H2SO4。 【分析】（1）①根据Ksp（CdS）＝c（Cd2+）•c（S2﹣）计算废水中Cd2+的浓度c（Cd2+）； ②反应CdCO3（s）+S2﹣（aq）⇌CdS（s）+（aq）的平衡常数K＝＝×＝； （2）根据Ksp[Cr（OH）3]＝c（Cr3+）•c3（OH﹣）计算溶液中c（OH﹣）和溶液的pH； （3）与电源负极相接的电极为阴极、与电源正极相接的为阳极，由图1可知，阴极通入NO、阳极通入SO2，NO在阴极发生得电子的还原反应生成，SO2在阳极失电子生成，结合总反应判断产物。 【解答】解：（1）①Ksp（CdS）＝c（Cd2+）•c（S2﹣），含镉废水中c（S2﹣）＝8.0×10﹣8mol•L−1时，废水中Cd2+的浓度c（Cd2+）＝＝mol/L＝10﹣19mol/L，即112g/mol×10﹣19mol/L＝1.12×10﹣14mg/L＜0.005mg•L−1，符合排放标准， 故答案为：10﹣19；是； ②反应CdCO3（s）+S2﹣（aq）⇌CdS（s）+（aq）的平衡常数K＝＝×＝＝＝5.0×1014， 故答案为：5.0×1014； （2）Ksp[Cr（OH）3]＝c（Cr3+）•c3（OH﹣）＝1.0×10﹣32，则废水中的c（Cr3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1时溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝1.0×10﹣9mol/L，c（H+）＝＝mol/L＝1.0×10﹣5mol/L，pH＝﹣lg1.0×10﹣5.0＝5.0， 故答案为：5.0； （3）由图可知，阴极通入NO、阳极通入SO2，NO在阴极发生得电子的还原反应生成，阴极反应式为NO+5e﹣+6H+＝+H2O，SO2在阳极失电子生成，总反应为2NO+5SO2+8H2O＝（NH4）2SO4+4H2SO4，所以电解过程得到产物为（NH4）2SO4、H2SO4， 故答案为：NO+5e﹣+6H+＝+H2O；（NH4）2SO4、H2SO4。 【点评】本题考查溶度积常数的计算和电解原理的应用，把握溶度积常数的表达式及计算、电解池工作原理是解题关键，侧重分析能力和计算能力的考查，注意掌握电子守恒的应用，题目难度中等。 20．（2024•如皋市一模）硫酸铅（PbSO4），制造铅蓄电池的一种原料。工业上以PbS为原料可以制取PbSO4，制取会经历如下过程： （1）浸取。80℃时，将PbS与盐酸、MnO2和饱和食盐水一起浸取，PbS反应后生成和S。 ①写出PbS反应的离子方程式：　MnO2+PbS+4H++4Cl﹣+S+Mn2++2H2O　。 ②浸取时应控制盐酸的浓度。其他条件一定，若盐酸浓度过大，铅元素的浸出率反而下降，原因是 　盐酸浓度过大，与MnO2发生氧化还原反应，部分MnO2被盐酸消耗，导致与PbS反应的MnO2的量减少　。 （2）沉降。在溶液中存在平衡：（aq）⇌PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）ΔH＜0；为使充分转化为PbCl2沉淀，且无其他沉淀生成，适宜的方法有 　降低温度　和 　加水稀释　。 （3）转化。常温下，向PbCl2沉淀中加入H2SO4，可发生转化：PbCl2（s）+（aq）⇌PbSO4（s）+2Cl﹣（aq）。现向足量PbCl2沉淀中加入100mL1mol•L﹣1H2SO4，当反应达到平衡时，溶液中c（Cl﹣） 　＞　1.8mol•L﹣1（填“＞”“＜”或“＝”）。[已知常温下：Ksp（PbSO4）＝1.0×10﹣8，Ksp（PbCl2）＝1×10﹣5] 【答案】（1）①MnO2+PbS+4H++4Cl﹣+S+Mn2++2H2O； ②盐酸浓度过大，与MnO2发生氧化还原反应，部分MnO2被盐酸消耗，导致与PbS反应的MnO2的量减少； （2）降低温度；加水稀释； （3）＞。 【分析】（1）①PbS与盐酸、MnO2和饱和食盐水一起浸取，PbS反应后生成和S，结合氧化还原反应规律可知，MnO2被还原为Mn2+，结合电子守恒和电荷守恒写出反应的离子方程式； ②浓盐酸具有强还原性，加热条件下能与MnO2发生氧化还原反应，部分MnO2被盐酸消耗，导致与PbS反应的MnO2的量减少； （2）在溶液中存在平衡：（aq）⇌PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）ΔH＜0，结合促进该平衡正向移动的条件分析解答； （3）反应PbCl2（s）+（aq）⇌PbSO4（s）+2Cl﹣（aq）的平衡常数K＝＝×＝＝＝1000，加入100mL1mol•L﹣1H2SO4，c（）＝1mol/L，据此计算反应达到平衡时溶液中c（Cl﹣）。 【解答】解：（1）①80℃时，浸取过程中盐酸与MnO2、PbS、NaCl发生氧化还原反应生成和S，MnO2被还原为Mn2+，反应的离子方程式MnO2+PbS+4H++4Cl﹣+S+Mn2++2H2O， 故答案为：MnO2+PbS+4H++4Cl﹣＝+S+Mn2++2H2O； ②盐酸浓度过大，具有强还原性，加热条件下能与MnO2发生氧化还原反应，部分MnO2被盐酸消耗，导致与PbS反应的MnO2不足，所以盐酸浓度过大，铅元素的浸出率反而下降， 故答案为：盐酸浓度过大，与MnO2发生氧化还原反应，部分MnO2被盐酸消耗，导致与PbS反应的MnO2的量减少； （2）在溶液中的平衡为（aq）⇌PbCl2（s）+2Cl﹣（aq），是放热反应，则促进该平衡正向移动的方法是降低温度、稀释溶液， 故答案为：降低温度；加水稀释； （3）反应PbCl2（s）+（aq）⇌PbSO4（s）+2Cl﹣（aq）的平衡常数K＝＝×＝＝＝1000，加入100mL1mol•L﹣1H2SO4，c（）＝1mol/L，所以反应达到平衡时，溶液中c（Cl﹣）＝＝≈31.6mol/L＞1.8mol•L﹣1， 故答案为：＞。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡的计算及其影响因素、氧化还原反应规律及应用等知识，把握氧化还原反应方程式的书写、平衡的影响因素和溶度积常数的计算即可解答，侧重计算能力和运用能力的考查，题目难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$