2021-2022学年高二化学人教版选择性必修1第三章水溶液中的离子反应与平衡第四节沉淀溶液平衡（三）

1、第三章水溶液中的离子反应与平衡第四节沉淀溶液平衡（三）20212022学年高二化学人教版选择性必修1一、单选题，共10小题1根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向BaCl2溶液中通入SO2和气体X，出现白色沉淀气体X一定作氧化剂BNaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合，立即产生白色沉淀结合H+的能力：AlO2CO32C向盛有Cu2O的试管中加入足量稀硫酸，溶液变为蓝色，试管底有红色沉淀氧化性：H+Cu2+D向2支盛有2mL0.1mol/LNaOH溶液的试管中分别滴入2滴0.1mol/LAlCl3、MgCl2溶液，振荡，前者无沉淀，后者有白色沉淀KspAl(OH)3

2、KspMg(OH)2AABBCCDD2已知常温下，硫化物的沉淀在溶液中达溶解平衡时，金属阳离子的浓度随S2-浓度的变化曲线如图所示。据图判断，下列说法错误的是 A三种物质的溶度积大小为Ksp(CuS)Ksp(CdS)Ksp(SnS)B向SnS悬浊液中加入少量CuSO4固体，c(Sn2+)会减少Ca点无CdS沉淀产生D向含等物质的量浓度的Cu2+、Sn2-的混合液中，滴加Na2S溶液，先析出CuS沉淀3常温下，三种难溶电解质的溶度积如下表。物质Ag2CrO4AgClAgBrKsp1.010-121.810-107.710-13下列说法正确的是A向饱和AgCl溶液中通入少量HCl气体，溶液中c(A

3、g+)不变B浓度均为110-6 molL1的AgNO3、HBr溶液等体积混合后会生成AgBr沉淀C常温下，以0.01 molL1 AgNO3溶液滴定20mL0.01molL1KCl和0.01molL1K2CrO4的混合溶液，CrO42-先沉淀D常温下,Ag2CrO4（s）+2Cl-（aq） 2AgCl（s）+CrO42-（aq）的平衡常数K=3.11074下列说法不正确的是()AKsp只与难溶电解质的性质和温度有关B两种难溶电解质作比较时，Ksp小的溶解度一定小C电离出S2的能力，H2SCuS，所以反应CuSO4H2S=CuSH2SO4能发生D由于Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，所以ZnS沉

4、淀在一定条件下可转化为CuS沉淀5醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是A醋酸溶液能使紫色石蕊试液变红B0.1 mol/L 的醋酸溶液的 pH 约为 2C1 L 1 mol/L 的醋酸恰好与 1L 1 mol/L NaOH 溶液完全反应D醋酸溶液的导电性比盐酸的导电性弱6根据下列图示所得出的结论不正确的是A图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的HFED其他条件相同，用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，F点向G点迁移二、非选择题，共10小题11(1)25时，浓度为0.1molL1的6种溶液：HCl；CH3COOH；Ba(OH)2；N

5、a2CO3；KCl；NH4Cl。溶液pH由小到大的顺序为_(填编号)。(2)物质的量浓度相同的氯化铵；碳酸氢铵；硫酸氢铵；硫酸铵4种溶液中，c(NH)由大到小的顺序是_。(填编号)(3)常温下0.1molL1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据变小的是_(填字母序号，下同)。若该溶液升高温度，下列表达式的数据增大的是_。A c(H+) B c(H+)/c(CH3COOH) C c(H+)c(OH) D c(OH)/ c(H+)(4)25时，将m mol/L的醋酸和n mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则溶液中c(CH3COO)+c(CH3COOH)=_mo

6、l/L，m与n的大小关系是m_n(填“”，“”，“=”)。12已知25 时弱电解质电离平衡常数:Ka(CH3COOH)=1.810-5，Ka(HSCN)=0.13。(1)将20 mL 0.10 molL-1 CH3COOH溶液和20 mL 0.10 molL-1的HSCN溶液分别与0.10 molL-1的NaHCO3溶液反应，实验测得产生CO2气体的体积(V)与时间(t)的关系如图所示。反应开始时，两种溶液产生CO2的速率明显不同，其原因是_；反应结束后所得溶液中c(SCN-)_(填“”、“=”或“c(Ca2+)。精制流程如下(淡盐水和溶液A来自电解池)：盐泥a除泥沙外，还含有的物质是_。过程

7、I中将NH4+转化为N2的离子方程式是_。BaSO4的溶解度比BaCO3的小。过程II中除去的离子有_。过程III中Na2SO3的作用是除去盐水b中的NaClO，参加反应的Na2SO3与NaClO的物质的量之比为_。14测得某温度下0.5molL-1 HNO2（亚硝酸）溶液的pH约为2。（1）写出HNO2的电离方程式_。（2）将溶液加水稀释至10倍后，c(NO2-)_（填“增大”、“减小”或“不变”），n(H+)_（填“增大”、“减小”或“不变”），pH区间范围是_。A12 B23 C34 D45（3）分别取同浓度同体积的盐酸与亚硝酸，以同样的操作与足量NaOH溶液反应，测得反应溶液的最高温度

8、盐酸要高于亚硝酸，说明可能的原因_。（4）0.1molL-1 NaNO2溶液pH_7（填“”、“”或“”），溶液中含有_种分子，溶液中c(Na+)_c(NO2-)（填“”、“”或“”），下列措施能提高溶液中c(OH-)的是_。A适当升高温度 B增加压强 C加水 D加入NH4Cl固体 E.加入Na2CO3固体15如图所示，横轴为溶液的pH，纵轴为Zn2+或ZnO22-物质的量浓度的对数。回答下列问题：（1）往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为_。（2）从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积Ksp_。（3）某废液中含Zn2，为提取Zn2可以控制溶液pH的范围是_。1

9、6常温下，取HA溶液与NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合后溶液的，试回答以下问题：(1)混合后溶液的的原因是_(用离子方程式表示)。(2)混合后溶液中由水电离出的_NaOH溶液中由水电离出的 (填“”“”或“=”)。17氯化亚铜(CuCl)是一种重要化工原料，难溶于水，在潮湿空气中易水解氧化。回答下列问题：(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写出CuCl2分解为CuCl和Cl2反应的热化学方程式：_。(3)CuCl在含一定浓度Cl-溶液中会部分溶解，存在如下平衡：2CuCl(s)Cu2+CuCl2- H 0。若要使该溶液中Ca2浓度变小，可采取的措施有_。A升高温度 B降低温度 C加入NH4Cl晶体 D加入Na2A固体(3)实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10 molL1 NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。取20.00 mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作23次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度(molL1)滴定完成时

11、，NaOH溶液滴入的体积(mL)待测盐酸的体积(mL)10.1022.6520.0020.1022.7220.0030.1022.9320.00请完成下列填空：滴定达到终点的标志是_。根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_(保留两位有效数字)。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_(填字母序号)。A滴定终点读数时俯视B酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗C锥形瓶水洗后未干燥D称量NaOH固体中混有Na2CO3固体E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失20(1)对于Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，其Ksp的表达式为_。(2)下列说法不正确的是_(填序

12、号)。用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl少一般来说，物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解过程大多是吸热过程对于Al(OH)3(s)Al3+(aq)+3OH-(aq)和Al(OH)3Al3+3OH-，前者为溶解平衡，后者为电离平衡除去溶液中的Mg2+，用OH-沉淀比用C好，说明Mg(OH)2的溶解度比MgCO3大沉淀反应中常加入过量的沉淀剂，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【详解】AX可以为非氧化剂，如X为NH3，可生成BaSO3沉淀和氯化铵，BaSO3沉淀为白色沉淀，A错误；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，说明结合H+的能力：AlO2-CO32-，B正确；CCu2O的试管中加入足量稀硫酸，溶液变为蓝色，说明有Cu2+生成，试管底有红色沉淀，说明有Cu生成，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，H+没体现出氧化性，C错误；D向2mL0.1mol/LNaOH溶液的试管中滴入2滴0.1mol/LAlCl3没产生白色沉淀的原因是OH-过量，发生的反应为：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，与Ksp无关，D错误。答案选B。2B【详解】A. 由图像可知，Ksp(CuS) 、Ksp(Cd

14、S) 、Ksp(SnS) 逐渐增大，与题意不符，A错误；B加入少量CuSO4固体，SnS 溶解平衡正向移动，c(Sn2+)会增大，符合题意，B正确；Ca点CdS未饱和，无沉淀析出，与题意不符，C错误；D向含等物质的量浓度的Cu2+、Sn2+的混合液中，滴加Na2S溶液，CuS溶度积小，先析出，与题意不符，D错误；答案为B。3DA，在饱和AgCl溶液中存在溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），通入HCl气体溶于水电离出Cl-，Cl-浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶液中c（Ag+）减小，A项错误；B，浓度均为110-6mol/L的AgNO3、HBr溶液等体积混合后c（Ag+）、c（

15、Br-）都为510-7mol/L，此时Qc=c（Ag+）c（Br-）=510-7510-7=2.510-131.810-8（mol/L），Cl-先沉淀，C项错误；D，Ag2CrO4（s）+2Cl-2AgCl（s）+CrO42-（aq）的平衡常数K=1.010-12（1.810-10）2=3.1107，D项正确；答案选D。点睛：本题考查沉淀溶解平衡的移动、溶度积的计算。注意形成沉淀的必要条件是：离子积大于指定温度下的溶度积。4BA、对于在一定条件下的一种难溶性的物质来说，当其在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，各种离子浓度幂指数乘积是一个常数，这个常数就叫做该物质的溶度积常数。由于物质的溶解度受温度的

16、影响，所以Ksp除了与难溶电解质的性质有关外，还受温度的影响，选项A正确；B、溶度积常数是物质达到沉淀溶解平衡时，电离产生的各种离子浓度幂指数的乘积。两种难溶电解质若其形成的化合物阴阳离子的个数比相同（即结构相似）时，Ksp小的，溶解度一定小，但若结构不相似，Ksp小的，溶解度可能大，选项B不正确；C、电离出S2的能力，H2SCuS，所以反应CuSO4H2S=CuSH2SO4能发生，选项C正确；D、由于Ksp（ZnS）Ksp（CuS），在ZnS饱和溶液中加入Cu2+溶液，可生成CuS沉淀，选项D正确。答案选B。5B【详解】A醋酸溶液显酸性，能够使紫色石蕊试液变红，体现了氢离子的性质，不能说明醋

17、酸的电离程度，不能证明醋酸为弱酸，故A错误；B0.1 mol/L 的醋酸溶液的 pH 约为 2，c(H+)=10-2，氢离子浓度小于酸的浓度，说明醋酸只发生了部分电离，所以为弱电解质，故B正确；C1 L 1 mol/L 的醋酸溶液中含有醋酸溶质为1mol，1L 1 mol/L NaOH 溶液中含有氢氧化钠溶质为1mol，一元酸和一元碱恰好完全反应，不能证明醋酸发生部分电离，所以不能说明醋酸为弱酸，故C错误；D没有说明浓度大小的关系，所以醋酸溶液的导电性比盐酸的导电性弱，不能说明醋酸为弱电解质，故D错误；故选B。6C【分析】A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反

18、应为放热反应，该反应的H0；B. 根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C. 根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。【详解】A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的H0，A项正确；B. 根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C. 根

19、据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D项正确；答案选C。本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。7D【分析】A、加水促进醋酸的电离；B、水解常数只受温度影响，升高温度水解平衡正向移动；C、根据电荷守恒分析；D、AgCl、AgBr的饱和溶液中存在A

20、gCl（s）+Br-AgBr（s）+Cl-，该反应的平衡常数K=。【详解】A、向0.1molL-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c（CH3COO-）减小，由于温度不变Ka（CH3COOH）不变，根据c（CH3COO-）=Ka（CH3COOH）可知，的比值增大，故A错误；B、CH3COO-的水解为吸热反应，将CH3COONa溶液从20升温至30，CH3COO-的水解程度增大，则水解平衡常数Kh（CH3COO-）增大，所以=的比值减小，故B错误；C、常温下在pH=8的NaB溶液中，c（H+）=110-8molL-1，c（OH-）=110-6molL-1，根据电荷守恒可知：c（Na+）-c（

21、B-）=c（OH-）-c（H+）=9.910-7molL-1，故C错误；D、AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中银离子浓度相同，温度不变，溶度积常数不变，则溶液中= 的比值不变，故D正确。答案选D。本题考查弱电解质的电离，盐的水解、沉淀溶解平衡等，注意把握影响平衡常数的因素，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。8C醋酸是弱酸，将pH3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的3pH4，故A错误；测NaHA溶液的pH，若pH7，则说明HA-发生水解，H2A是弱酸；若pH7，可能是HA-电离大于水解，所以H2A不一定是强酸，故B错误；越弱越水解，HFCH3COOH

22、，CH3COO-水解大于F-，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中:CH3COO-F-，故C正确；Ag+浓度最大的是，其次是，最小是，故D错误。点睛：氯化银在不同溶液中的溶度积相同，所以氯离子浓度越大，银离子浓度越小。9D【分析】判断一个反应能否自发进行，主要看该反应的吉布斯自由能的变化，G=H-TS0，S0，若HS，则G=H-TS不一定小于0，则该反应不一定能自发进行，C错误；D、H0，S0，若HKa(CH3COOH)，等浓度的两种酸溶液中c(H+):HSCNCH3COOH，c(H+)大的反应速率快 = =410-4 【详解】（1）根据两种酸的电离平衡常数，HSCN的酸性强于CH

23、3COOH，等浓度的两种酸溶液中c(H):HSCNCH3COOH，c(H)大的反应速率快；反应结束后溶质为NaSCN和CH3COONa，CH3COO水解程度大于SCN，因此c(SCN)c(CH3COO)；（2）电离平衡常数只受温度的影响，因此Ka(HF)=410-4。本题难点是电离平衡常数的计算，电离平衡常数只受温度的影响，根据图像，c(F)=1.6103molL1，c(HF)=4.0104molL1，c(H)=104molL1，代入电离平衡常数表达式进行计算即可。13NaOH 2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH Cl2与水反应：Cl2+H2OH+Cl+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移

24、动，减少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）依据装置图中氯气和氢气生成的位置判断，生成氯气的一极为电解池的阳极，生成氢气的一极为电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液中的Na+通过阳离子交换膜向阴极移动，则溶液A为氢氧化钠溶液；（2）电解饱和食盐水，依据电极反应判断生成的产物，书写离子方程式；（3）根据阳极产物和平衡移动原理分析；（4）由于溶液中含有Mg2+，所以用溶液A（即NaOH）调节溶液的pH时，会产生Mg(OH)2沉淀，即盐泥a中还含有M

25、g(OH)2；淡盐水中含有氯气，氯气具有强氧化性，可将NH4+氧化为N2，而氯气被还原成Cl-，方程式为2NH4+3Cl2+8OH=N2+6Cl+8H2O；沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42-就结合Ba2+生成更难溶的BaSO4沉淀，同时溶液中还存在Ca2+，而CaCO3也属于难溶性物质，因此还会生成CaCO3沉淀；NaClO具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式为Na2SO3+NaClO=Na2SO4+NaCl，参加反应的Na2SO3与N

26、aClO的物质的量之比为1:1。据此解答。【详解】（1）依据装置图中氯气和氢气生成的位置判断，生成氯气的一极为电解池的阳极，生成氢气的一极为电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液中的Na+通过阳离子交换膜向阴极移动，则溶液A为氢氧化钠溶液。本小题NaOH。（2）电解饱和食盐水，溶液中的氯离子在阳极失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大生成氢氧化钠，反应的离子方程式：2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2。本小题2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2。（3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在23的作用是促使化学平衡Cl2+

27、H2OHCl+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出。本小题Cl2与水反应：Cl2+H2OH+Cl+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少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）调节溶液的pH时，会产生Mg(OH)2沉淀，即盐泥a中还含有Mg(OH)2。本小题Mg(OH)2。淡盐水中含有氯气，氯气具有强氧化性，可将NH4+氧化为N2，而氯气被还原成Cl-，方程式为2NH4+3Cl2+8OH=N2+6Cl+8H2O。 本小题2NH4+3Cl2+8OH=N2+6Cl+8H2O。沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动

28、，一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42-就结合Ba2+生成更难溶的BaSO4沉淀，同时溶液中还存在Ca2+，而CaCO3也属于难溶性物质，因此还会生成CaCO3沉淀。本小题SO42、Ca2+。NaClO具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式为Na2SO3+NaClO=Na2SO4+NaCl，参加反应的Na2SO3与NaClO的物质的量之比为1:1。本小题1:1。14HNO2H+NO2- 减小 增大 B 弱酸电离吸热 2 AE 【分析】（1）0.5molL-1 HNO2（亚硝酸）溶

29、液的pH约为2，c(H+)=0.01mol/L，则表明，HNO2只发生部分电离，生成H+、NO2-，HNO2为弱酸；（2）将溶液加水稀释至10倍后，HNO2电离程度增大，n(NO2-)增大，n(H+)增大，但由于溶液体积增大占主导地位，所以c(NO2-)减小；假设平衡不移动，pH=3；平衡移动后，c(H+)增大，pH减小，但比原pH大，从而确定区间范围；（3）分别取同浓度同体积的盐酸与亚硝酸，以同样的操作与足量NaOH溶液反应，测得反应溶液的最高温度盐酸要高于亚硝酸，说明HNO2电离吸热；（4）因为HNO2为弱酸，则NaNO2在溶液中发生水解而使溶液显碱性，溶液中含有水分子和亚硝酸分子，因水解

30、导致c(NO2-)减小，溶液中c(Na+)大于c(NO2-)；A.适当升高温度，能促进吸热的NO2-水解反应正向移动，c(OH-)增大；B.增加压强，整个反应中没有气体参与反应，对c(OH-)不产生影响；C.加水，溶液稀释，NaNO2水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)减小；D.加入NH4Cl固体，NH4+与NO2-水解生成的OH-结合，从而促进NO2-水解反应的进行，但c(OH-)减小；E. CO32-的水解能力比NO2-强，加入Na2CO3固体，c(OH-)增大。【详解】（1）0.5molL-1 HNO2（亚硝酸）溶液的pH约为2，c(H+)=0.01mol/L，则表明，HNO2

31、只发生部分电离，生成H+、NO2-，HNO2为弱酸，则HNO2的电离方程式HNO2H+NO2-；（2）将溶液加水稀释至10倍后，HNO2电离程度增大，n(NO2-)增大，n(H+)增大，但由于溶液体积增大占主导地位，所以c(NO2-)减小；假设平衡不移动，pH=3；平衡移动后，c(H+)增大，pH减小，但比原pH大，从而确定区间范围在23之间；（3）分别取同浓度同体积的盐酸与亚硝酸，以同样的操作与足量NaOH溶液反应，测得反应溶液的最高温度盐酸要高于亚硝酸，说明HNO2电离吸热；（4）因为HNO2为弱酸，则NaNO2在溶液中发生水解而使溶液显碱性，pH7；溶液中含有水分子和亚硝酸分子共2种分子

32、，因水解导致c(NO2-)减小，溶液中c(Na+)大于c(NO2-)；A.适当升高温度，能促进吸热的NO2-水解反应正向移动，c(OH-)增大，A符合题意；B.增加压强，整个反应中没有气体参与反应，对c(OH-)不产生影响，B不合题意；C.加水，溶液稀释，NaNO2水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)减小，C不合题意；D.加入NH4Cl固体，NH4+与NO2-水解生成的OH-结合，从而促进NO2-水解反应的进行，但c(OH-)减小，D不合题意；E. CO32-的水解能力比NO2-强，加入Na2CO3固体，c(OH-)增大，E符合题意；AE。15Zn24OH=ZnO22-2H2O 10

33、17 8.012.0 【详解】(1)由图像可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为ZnO22-，所以其反应的离子方程式为Zn24OH=ZnO22-2H2O；(2)当溶液的pH=7.0时，c（Zn2+）=10-3molL-1，Ksp = c（Zn2+） c2（OH-）= 10-3 （10-7）2=10-17；(3)根据图像知，溶液的pH范围为8pH12时，可将Zn2+转化为Zn（OH）2沉淀，溶液中锌离子浓度小于10-5 molL-1，可以近似认为锌离子不存在；所以为提取Zn2+离子可以控制溶液中pH值的范围是8.0pH12.0。16 【详解】(1) HA溶液与NaOH溶液等体积混合恰好完全反应生成

34、NaA，又知NaA溶液的，则表明HA为弱酸，即NaA能发生水解，水解反应的离子方程式为，故；(2)由(1)分析可知，NaA为强碱弱酸盐，水解促进水的电离，NaOH能抑制水的电离，因此NaA溶液中由水电离出的大于NaOH溶液中由水电离出的，故。17在干燥环境下，密封保存 2CuCl2(s)=2CuCl(s)+Cl2(g) H= +152.3kJmol-1 610-12 升高温度 Cu+Cu2+2Cl=2CuCl ，K值很大，反应可以完全进行。 若pH过低，Zn会与H+反应 （1）考查物质的保存，CuCl在潮湿空气中易水解氧化，因此保存CuCl时应在干燥环境下，密封保存；（2）考查热化学反应方程式

35、的计算，氯化铜分解的方程式为：2CuCl2=2CuClCl2，Cu(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)，2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s)，4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)，根据目标反应方程式，2，得出2CuCl2(s)=2CuCl(s)+Cl2(g) H= +152.3kJmol1；（3）考查平衡常数的计算、平衡的移动，平衡常数K=c(Cu2)c(CuCl2)=31062106=61012；该反应的正反应是放热反应，且A点变为B点，c(Cu2)和c(CuCl2)降低，说明平衡向正反应方向进行，即升高温度；（4）考查离子方程式的书写、平衡常数的计算、反应

36、条件的控制，CuCl中Cu显1价，Cu显0价，CuCl2中Cu显2价，因此离子反应方程式为CuCu22Cl=2CuCl；根据的反应方程式，推出平衡常数，K值很大，反应可以完全进行；Zn是活泼金属，pH过低，Zn与H发生反应，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的浓度，利于蒸发结晶(或富集NiSO4) 【详解】(1)CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4价，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此发生还原反应，CeO2在该反应中作氧化剂；故答案

37、为氧化； (2)自然界中Cr主要以+3价和+6价存在。+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，根据得失电子相等，Cr2O72-与SO32-的物质的量之比是1:3；反应的离子方程式：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O；故答案为Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O；(3)工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，反应的化学方程式为：4Na+TiCl4Ti+4NaCl；故答案为4Na+TiCl4Ti+4NaCl；(4)FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化，即FeS+Cu2+=CuS

38、+Fe2+；故答案为FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；对滤液加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH沉淀Fe3+；故答案为氧化Fe2+，除去Fe3+；NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；故答案为增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）。194Fe(s)3O2(g)2Fe2O3(s) H1414.6 kJmol1 B NaHA只能发生电离，不能发生水解 BD 最后一滴NaOH溶液滴入，溶液由无色恰好变成粉红色且半分钟内不褪色 0.11 molL1 DE （1）反应(-1)反应3得到：4Fe(s)3O2(g)2Fe2O3(s) H1414.6 kJmol1。（2）根据题目已知，H2A