沉淀溶解平衡同步练习 高二化学人教版（2019）选择性必修1

1、 外装订线请不要在装订线内答题内装订线外装订线请不要在装订线内答题内装订线第三章水溶液中的离子反应与平衡第四节沉淀溶解平衡课后练习高中化学人教版2019选择性必修1一、单选题（共16题）1.某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度变化如图所示。据图分析，下列判断正确是（ ） A.KspCu(OH)2数量级为10-20 B.d点表示Cu(OH)2形成饱和溶液C.加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点D.b、c两点表示Fe(OH)3、Cu(OH)2溶解度相等2.在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少

2、。下列解析错误的是（ ） A.与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B.与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少C.深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)D.海水呈弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO 浓度增大3.硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如右下图，下列说法正确的是（） A.313K时，根据曲线计算可知Ksp(SrSO4)数量级为10-5B.三个不同温度中，313K时Ksp(SrSO4)最大C.283K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液D.283K下的

3、SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液4.已知AgCl和AgBr的溶解度分别为1.510-4g、8.410-6g，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3溶液，发生的反应为（ ） A.只有AgBr沉淀生成B.AgCl和AgBr沉淀等量生成C.AgCl沉淀多于AgBr沉淀D.AgCl沉淀少于AgBr沉淀5.下列关于难溶电解质溶解平衡的说法正确的是（ ） A.可直接根据Ksp的数值大小比较难溶电解质在水中的溶解度大小B.在AgCl的饱和溶液中，加入蒸馏水，Ksp(AgCl)不变C.难溶电解质的溶解平衡过程是可逆的，且在平衡状态时，v溶解=v沉淀=0D.25时，Ksp

4、(AgCl)Ksp(AgI)，向 AgCl 的饱和溶液中加入少量KI固体，一定有黄色沉淀6.某温度时，CuS、MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是 （ ） A.在含有CuS和MnS固体的溶液中c(Cu2)c(Mn2)121023B.向CuSO4溶液中加入MnS发生反应： Cu2(aq)MnS(s) CuS(s)Mn2(aq)C.a点对应的Ksp等于b点对应的KspD.该温度下，Ksp(CuS)小于Ksp(MnS)7.已知：298K时K(HF)=3.510-4 ， Ksp(CaF2)=1.810-7 HF(aq) H+(aq)+F-(aq)H3.510-4C.298K时，向饱

5、和CaF2溶液中加入少量CaCl2 ， Ksp(CaF2)会减小D.2HF(aq)+Ca8.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（） 选项结论操作ACO32-水解是吸热反应在0.1 mol/LNa2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深BKsp(BaSO4)Ksp(BaCO3)常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4全部转化为BaCO3C酸性A比B强等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多D金属性：MN由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡A.AB.BC.CD.D9.在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的 Cl- 会腐蚀阳极板而

6、增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4 ， 生成CuCl沉淀从而除去 A.KSP(CuCl) 的数量级为 10-7 B.除 Cl- 反应为Cu+Cu2+2 Cl- =2CuClC.加入Cu越多，Cu+浓度越高，除 Cl10.已知：Ksp(CuS)6.01036 ， Ksp(ZnS)3.01025 ， Ksp(PbS)9.01029。在自然界中，闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)遇CuSO4溶液能转化成铜蓝(CuS)。下列有关说法不正确的是( ) A.ZnS转化成铜蓝的离子方程式为ZnS(s)Cu2(aq) Zn2(aq)CuS(s)B.在水中的溶解度：S(ZnS)S(PbS)S(Cu

7、S)C.若溶液中c(Cu2)11010 molL1 ， 则S2已完全转化成CuSD.在白色ZnS浊液中滴加Pb(NO3)2溶液，不会生成黑色沉淀(PbS)11.已知25时一些难溶物质的溶度积常数如下： 化学式Zn(OH)2ZnSAgClAg2SMgCO3Mg(OH)2溶度积510172.510221.810106.310506.81061.81011根据上表数据，判断下列化学过程不能实现的是( )A.2AgClNa2S 2NaClAg2SB.MgCO3H2O Mg(OH)2CO2C.ZnS2H2O Zn(OH)2H2SD.Mg(HCO3)22Ca(OH)2 Mg(OH)22CaCO32H2O1

8、2.以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀。根据上述实验事实，下列说法中，不正确的是（ ） A.溶解度 MnSPbSB.MnS存在沉淀溶解平衡 MnS(s) Mn2+(aq) + S2-(aq)C.Cu2+转化为沉淀的原理为 MnS(s) + Cu2+(aq) CuS(s) + Mn2+(aq)D.沉淀转化能用于除去溶液中的某些杂质离子13.把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)+2OH-(aq),下列叙述正确的是（ ）

9、A.给溶液加热，溶液的pH升高B.恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高C.向溶液中加入Na2CO3溶液，则其中的Ca(OH)2的固体增多D.向溶液中加入少量的NaOH固体，则其中的Ca(OH)2的固体增多14.已知25时，Ka(HF)=3.610-4 ， Ksp(CaF2)=1.4610-10。现向1L 0.2molL-1 HF溶液中加入1L 0.2molL-1 CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是( ) A.25时，0.1molL-1HF 溶液中pH=1B.该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀C.Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化D.加入CaCl2溶液后体系中的c(H+)不变1

10、5.一定温度下，将足量的AgCl固体分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是 （ ） 10mL0.01molL1KCl溶液 10mL蒸馏水40mL0.03molL1HCl溶液 50mL0.02molL1BaCl2溶液 30mL0.05molL1AgNO3溶液A.B.C.D.16.在一定温度下，当过量的Mg(OH)2固体在水溶液中达到平衡时： Mg（OH）2（A.加适量的水B.加 溶液C.加 D.加 二、综合题（共3题）17.已知： I2物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuCl CuIKsp2.22.61.71.3（1）某酸性 CuCl2 溶液中含有少量的 FeCl3 ，为得到纯

11、净的 CuCl22H2O 晶体，加入_，调至pH=4，使溶液中的 Fe（2）在空气中直接加热 CuCl22H2O 晶体得不到纯的无水 CuCl（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有 CuCl22H2O 晶体的试样(不含能与 I可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_。 CuCl2该试样中 CuCl2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_。A在装有 0.1000molB锥形瓶水洗后未用待测液润洗C滴定终点读数时俯视18.“硫代硫酸银”（ Ag（S2O3）23）常用于切花保鲜，由AgNO3溶液（0.1 molL1 、pH=6）和Na2S2O3溶液（0.1 molL1、pH

12、=7）现用现配制。某小组探究其配制方法。 （1）（实验一） A为Ag2S2O3。写出生成A的离子方程式_。（2）对实验现象的分析得出，试管a中充分反应后一定生成了_（填离子符号）。进而推测出沉淀m可能为Ag2S、Ag、S或它们的混合物。做出推测的理由是_。 （3）若试管a中物质充分反应后不过滤，继续加入1.1 mL Na2S2O3溶液，振荡，静置，黑色沉淀不溶解，清液中逐渐出现乳白色浑浊，有刺激性气味产生。用离子方程式解释产生白色浑浊的原因：_。 结论：Ag2S2O3不稳定，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液。（4）（实验二）已知：Ag2S2O3 3S2O32- 2 Ag（S2O3）23（无

13、色） 实验操作实验现象i. 白色沉淀生成，振荡后迅速溶解，得到无色清液；滴加至约1 mL时清液开始略显棕黄色，有丁达尔现象；超过1.5 mL后，产生少量白色沉淀，立即变为棕黄色，最终变为黑色；滴加完毕，静置，得到黑色沉淀，上层清液pH = 5ii. 白色沉淀生成，立即变为棕黄色，充分振荡后得到棕黄色清液，有丁达尔现象。用平衡移动原理解释实验i中加入1.5 mL AgNO3后产生白色沉淀的原因：_。（5）实验i中，当加入0.5 mL AgNO3溶液时，得到无色清液，若放置一段时间，无明显变化。结合化学反应速率分析该现象与ii不同的原因是_。 （6）简述用0.1 molL1 AgNO3溶液和0.1

14、 molL1 Na2S2O3溶液配制该保鲜剂时，试剂的投料比和操作：_。 19.按要求填空： （1）明矾可用于净水，原因是_ ( 用离子方程式表示 ) 。 （2）把 FeCl3（3）25 时， pH=4 的盐酸中水的电离程度_ ( 填“大于”、“小于”或“等于” )pH=10（4）已知常温下， Cu(OH)2 的溶度积常数为 Ksp=210-20（5）向含有AgI的饱和溶液中： 加入固体 AgNO3 ，则 c(I-)若改加AgCl固体，则 c(I-（6）常温下，将浓度为 0.1molL-1 某一元酸HA和浓度为 0.1molL-1NaOH 溶液等体积混合，混合后所得溶液的 pH=9 ，混合溶液

15、中由水电离出的 答案解析部分一、单选题1.【答案】 A 【解析】【解答】A.由c点可知KspCu(OH)2=c(Cu2+)c2(OH-)=1.0(10-9.6)2=10-19.2 ， 因此氢氧化铜的溶度积常数的数量级为10-20 ， A符合题意； B.曲线为沉淀溶解平衡曲线，曲线上的点为平衡点，曲线上方的点为过饱和溶液，曲线下方的浓度积常数未达到溶度积常数的值，因此形成的不是饱和溶液，所以d点表示Cu(OH)2形成的不饱和溶液，B不符合题意；C.加适量NH4Cl固体，NH4+与OH-结合形成NH3H2O，导致溶液中c(OH-)减小，因此不能使溶液由a点变到b点，C不符合题意；D. b、c两点表

16、示其中的金属阳离子的浓度相等，由于Fe(OH)3、Cu(OH)2的溶度积常数不同，所以不能表示二者的溶解度相等，D不符合题意；故答案为：A。 【分析】B.d点表示的是Cu(OH)2不饱和溶液； C.加适量NH4Cl固体，会减小氢氧根离子的浓度，因此不会使a点变到b点； D.b、c两点表示其中的金属阳离子的浓度相等而不是溶解度相等。2.【答案】 D 【解析】【解答】A.海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而CO2的浓度较小，即游离的CO2增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，产生石灰石沉积，A不符合题意；

17、B.与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B不符合题意；C.在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)，C不符合题意；D. 海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32-转化为HCO3- ， CO32-浓度降低，D符合题意；故答案为：D 【分析】A.结合气体溶解度受温度的影响分析； B.结合气体溶解度与压强的影响分析； C.CO2能与CaCO3和H2O反应生成可溶性Ca(HCO3)2； D.CO2含量增大，CO32-会转化为HCO3-；3.【答案】 B 【解析】【解答

18、】A.当lgc(SO42-)=-1.55，即c(SO42-)=10-1.55mol/L时，lgc(Sr2+)=1.55，即c(Sr2+)=10-1.55mol/L，此时Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)c(SO42-)=10-1.5510-1.55=10-3.1 ， A不符合题意； B.由图像可知，在相同条件下，温度越低，c(Sr2+)c(SO42-)越大，则Ksp(SrSO4)越大，B符合题意；C.a点在283K的下方，属于不饱和溶液，C不符合题意；D.283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后有晶体析出，仍为饱和溶液，D不符合题意；故答案为：B 【分析】A.根据Ksp(SrSO4)的

19、表达式进行计算； B.结合温度对溶度积的影响分析；C.283K时，点a是位于曲线的下方，属于不饱和溶液；D.结合温度对SrSO4电离的影响分析；4.【答案】 C 【解析】【解答】由于AgCl的溶解度大于AgBr，在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag）大于后者c（Ag），c（Cl）c（Br），当将AgCl、AgBr两饱和溶液等体积混合时，有AgBr沉淀生成，当加入足量AgNO3溶液时，溶液中Cl-也形成AgCl沉淀，由于原等体积的饱和溶液中Cl-物质的量大于Br- ， 则生成的AgCl沉淀比AgBr多。 故答案为：C。【分析】由于AgCl的溶解度大于AgBr，AgCl与 AgBr的饱和

20、溶液中，前者c（Ag）大于后者c（Ag），c（Cl）c（Br），当将AgCl、AgBr两饱和溶液等体积混合，加入AgNO3 ， 溶液中AgCl沉淀较多。5.【答案】 B 【解析】【解答】A、比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，比较同类型的难溶物的溶解度大小，可通过溶度积直接比较溶解度大小，A不符合题意； B、在纯水中物质的溶解度和Ksp都只受物质性质和温度的影响，与其它外界条件无关，B符合题意；C、平衡状态时v溶解=v沉淀 0，电解质的溶解和离子结晶形成电解质都在继续，C不符合题意；D、加入KI后碘离子浓度增大，使得碘离子浓度与银离子浓度之积增大，

21、可能会大于Ksp(AgI)，若加入足量的碘化钾，则有黄色沉淀碘化银生成，但不一定，D不符合题意；故答案为：B 【分析】A.只有组成相似的物质才可以直接根据Ksp的数值比较溶解度大小； B.Ksp只与温度有关，与浓度无关； C.可逆反应平衡状态时，正逆反应速率相等不为0； D.沉淀的转化过程中，会向着更难溶的方向进行；6.【答案】 A 【解析】【解答】A.由图象可知，在此温度下，在含有CuS和MnS固体的溶液中c（Cu2+）：c（Mn2+）=610-34：310-11=210-23：1， B.因Ksp（CuS）小于Ksp（MnS），则向CuSO4溶液中加入MnS，可发生沉淀的转化，即Cu2(aq

22、)MnS(s) CuS(s)Mn2(aq)，故不选B；C.a、b处于同一温度下，Ksp相同，故不选C；D由图象可知，当c（M2+）相同时，CuS固体的溶液中c（S2-）较小，则说明Ksp（CuS）较小，故不选D。故答案为：A。 【分析】A.根据CuS、MnS的溶度积常数进行计算； B.CuS的溶度积常数小于MnS的溶度积常数，溶解平衡向更难溶的方向移动； C.溶度积常数曲线上的点都表示溶度积常数； D.由图可知CuS的溶度积常数小于MnS的溶度积常数。7.【答案】 D 【解析】【解答】A因 c(F-)cB.298K时K(HF)=3.510-4 ， 升高温度，平衡逆向移动，则Ka3.510-4

23、， 故B不符合题意；C温度不变，则溶度积不变，故C不符合题意；D已知HF(aq)H+(aq)+F-(aq)，CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq)，将2-可得2HF(aq)+Ca2+(aq)CaF2(s)+2H+(aq)，则K= (3.510故答案为：D。 【分析】A.加入蒸馏水稀释促进HF的电离； B.升高温度，HF挥发，平衡左移； C.溶度积常数只是温度的函数； D.根据平衡常数和HF的电离常数、氟化钙的溶度积常数计算该反应的平衡常数。8.【答案】 A 【解析】【解答】A.水解反应为吸热反应，则滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深，可知CO 3 2-水解是吸热反应，A符合题意； B

24、.向含有BaSO4的溶液中加入饱和Na2CO3溶液，若Qc(BaCO3)Ksp(BaCO3)，则会生成碳酸钡沉淀，与是否发生沉淀的转化无关，因此不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)，B不符合题意；C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知溶液中含HA酸物质的量较多，则说明HA的酸性更弱，即酸性：HAHB，C不符合题意；D.由M、N与稀硫酸构成的原电池中，较活泼金属失电子发生氧化反应，较不活泼金属上生成氢气，M上有大量气泡生成，则M为正极，较不活泼，则金属活泼性MN，D不符合题意；故答案为：A。 【分析】B.考察了生成沉淀的条件即Qc(BaCO3)Ksp(BaCO3)，所以无法确定Ksp

25、(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小。 C. 等体积、pH=3的两种酸HA和HB 分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多 ，所以HA的浓度大于HB的浓度，所以A比B弱。 D.由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡 ，所以M为正极，所以金属性M小于N。9.【答案】 C 【解析】【解答】AKsp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl)，在横坐标为1时，纵坐标 lgc(Cu+)molL- 大于6，所以Ksp(CuCl)的数量级是107 ， A不符合题意； B除去Cl反应应该是Cu+Cu22Cl2CuCl，B不符合题意； C加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl效果越好，但同时溶液中，Cu

26、2浓度也增大，会在阴极被还原为Cu，影响炼锌的产率和纯度，故C符合题意； D在没有Cl存在的情况下，反应2CuCu2Cu趋于完全，D不符合题意， 故答案为：C 【分析】根据信息，涉及的反应物为铜、硫酸铜以及氯离子，生成物为CuCl，反应的方程式为Cu+Cu2+2Cl-=2CuCl。 A由图像可知，横坐标为1时，表示c(Cl-)=0.1mol/L，lgc(Cu+)在-5-6之间，即10-6c(Cu+)10-5 ， 则Ksp(CuCl)= c(Cu+)c(Cl-)在10-710-6之间； B发生Cu+Cu2+2Cl-=2CuCl，反应的效果取决于Cu2+的浓度，如Cu2+10.【答案】 D 【解析

27、】【解答】A.由于Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，而沉淀会向着更难溶的方向进行，因此ZnS沉淀会转化为CuS沉淀，其转化的离子方程式为：ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+CuS(s)，A不符合题意； B.由于Ksp(CuS)Ksp(PbS)Ksp(ZnS)，而Ksp越小，则表示物质越难溶于水，故溶解度大小：S(CuS)S(PbS)S(ZnS)，B不符合题意； C.若溶液中c(Cu2+）=110-10mol/L，则此时溶液中c(S2-)=Ksp(CuS)c(Cu2+)=6.010-36110-10mol/L=6.010-26mol/L1.010-5mol/L ， 故溶液中S2-已

28、完全沉淀，C不符合题意；11.【答案】 C 【解析】【解答】根据溶度积常数可知，溶解度：ZnSZn(OH)2 ， 由于发生复分解反应时生成溶解度更小的物质，故C符合题意。 【分析】根据溶度积常数，ZnS的溶度积常数远远小于氢氧化锌的溶度积常数，根据溶度积计算锌离子浓度，故B不能实现。12.【答案】 A 【解析】【解答】A.由题干信息可知，加入MnS后，溶液中的Pb2+能转化为PbS沉淀，故Ksp(PbS)Ksp(MnS)，因此溶解度：PbSKsp(CaF2C.溶度积只受温度的影响，与浓度无关，故C不符合题意；D.0.1molL-1HF与0.1molL-1CaCl2反应产生CaF2沉淀，反应的离

29、子方程式为2HF+Ca2+= CaF2+2H ， 溶液中c(H+)增大，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】HF为弱酸，0.1molL-1HF溶液中c(H+)= c(F-)=610-3molL-1 ， 0.1 molL-1HF与0.1 molL-1CaCl2反应产生CaF2沉淀，反应的离子方程式为2HF+Ca2+= CaF2+2H。15.【答案】 A 【解析】【解答】氯化银存在溶解平衡：AgCl(s) Ag(aq)Cl(aq)，由于c(Ag)c(Cl)Ksp ， c(Cl)或c(Ag)越大，越能抑制AgCl的溶解，AgCl的溶解度就越小。注意AgCl的溶解度大小只与溶液中Ag或Cl的浓度有关

30、，而与溶液体积无关。c(Cl)0.01molL1；c(Cl)0molL1；c(Cl)0.03molL1；c(Cl)0.04molL1；c(Ag)0.05molL1 ， 因此Ag或Cl浓度由小到大的顺序为，所以AgCl的溶解度由大到小的排列顺序为。 故答案为：A。 【分析】溶解平衡是一个可逆反应，根据勒夏特列原理可知，当改变平衡中的某一条件时，反应会向减弱该条件的方向进行。16.【答案】 A 【解析】【解答】试题分析：A、加水Mg(OH)2固体溶解质量减少，而溶液仍旧是饱和溶液，Mg2+都不变，A项符合题意； B、通HCl气体与氢氧化镁反应，使得固体质量减少，镁离子浓度增大，B项不符合题意；C、

31、加氢氧化钠平衡逆向移动，固体质量增大，C项不符合题意；D、价硫酸镁，平衡逆向移动，固体质量增大，D项不符合题意；故答案为：A。 【分析】沉淀溶解平衡是指在一定温度下难溶电解质晶体与溶解在溶液中的离子之间存在溶解和结晶的平衡，称作多项离子平衡，也称为沉淀溶解平衡。二、综合题17.【答案】 （1）CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；2.610-9mol/L（2）2CuCl22H2O _ Cu(OH)2CuCl2+2HCl+2H2O；在干燥的HCl气流中加热脱水（3）淀粉溶液；溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色；2Cu2+4I-=2CuI+I【解析】【解答】(1)为得到纯净的CuCl22

32、H2O晶体则需除去Fe3+ ， 加入的物质和Fe3+反应生成氢氧化铁且不能引进新的杂质，根据表格信息数据可知，Fe3+完全沉淀时， Cu2+不发生沉淀，因此可通过增大溶液OH-浓度除去Fe3+ ， 则加入物质后应能转化为氯化铜，所以应该加入含铜元素和能与H+反应的物质，可以是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；溶液的pH=4，所以溶液中氢离子浓度为10-4 mol/L，则氢氧根离子浓度为 KWc(H+) = 10-1410-4 =10-10 mol/L，此时c(Fe3+)= KspFe(OH)3c3(OH-) = 2.610-39(110-10)3 =2.610-9mol/L，故答

33、案为：CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3 ；2.610-9mol/L；(2)由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全生成碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于无法得到CuCl2 ， 2CuCl22H2O _ Cu(OH)2CuCl2+2HCl+2H2O；若要得到无水CuCl2的合理方法是：将CuCl22H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水，以此抑制水解反应，故答案为：2CuCl22H2O _ Cu(OH)2CuCl2+2HCl+2H2O；在干燥的HCl气流中加热脱水；(3)测定含有CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性质杂质)

34、的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，Cu2+与I-充分反应，生成白色沉淀和I2 ， 用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定I2 ， 到达滴定终点时，I2恰好完全反应，共消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL，反应的化学方程式为：2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，硫代硫酸钠滴定碘单质，滴定终点I2恰好反应完全，因此可利用碘单质遇淀粉变蓝选择指示剂为淀粉；滴定终点溶液中无I2 ， 因此终点现象为溶液蓝色褪去一段时间不恢复颜色，故答案为：淀粉溶液；溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色；Cu2+具有氧化性，I-具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，C

35、u2+被还原为Cu(I)，由题干表格数据可知，CuI相较于CuCl更难溶，所以Cu(I)以CuI形式沉淀，因此CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为为：2Cu2+4I-=2CuI+I2 ， 故答案为：2Cu2+4I-=2CuI+I2；依据2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，2Cu2+4I-=2CuI+I2B锥形瓶水洗后不需要用待测液润洗，未用待测液润洗对实验结果没有影响，故B不选；C滴定终点读数时俯视会导致V(标准)偏小，根据c(待测)= c(标准)V(标准)V(待测)故答案为：A。【分析】测定含有CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性质杂质)的纯度，过程如下：

36、取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀CuI和I2 ， 用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定I2 ， 到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL；反应的化学方程式为：2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，根据c(待测)= c(标准)V(标准)V(待测)18.【答案】 （1）Ag+ S2O32- = Ag2S2O3（2）H+、 SO42-；得到的 SO42- 是氧化产物，必然要生成其他还原产物（3）S2O32-+ 2H+=S+ SO2+ H2O（4）过量Ag+与 S2O32- 结合，使c（ S2O32- ）降低，Ag2S2O33S

37、2O32- 2Ag（S2O3）23-逆向移动，析出沉淀（5）逐滴滴加AgNO3时，Ag2S2O【解析】【解答】（1）Na2S2O3与AgNO3反应生成A，A为白色沉淀Ag2S2O3 ， Na2S2O3与AgNO3为可溶性盐在离子方程式中要拆写，则离子方程式为Ag+S2O32-= Ag2S2O3（2）滤液pH=1，说明溶液中存在H+ ， 滴入硝酸钡溶液产生白色沉淀，推断滤液中存在SO42- ， 故试管a中充分反应后一定生成了H+、 SO42-。因为得到的SO42- ， 硫元素化合价升高为氧化产物，发生氧化还原反应则必然要生成其他还原产物，银、硫元素的化合价可能要降低，进而推测出沉淀m可能为Ag2

38、S、Ag、S或它们的混合物。（3）若试管a中物质充分反应后不过滤，溶液呈酸性，继续加入1.1 mL Na2S2O3溶液，有刺激性气味产生，根据元素守恒，推断有刺激性气味的气体应该为二氧化硫，则硫元素化合价升高，根据得失电子守恒可知，硫元素化合价降低生成硫单质，离子方程式为 S2O32-+2H+=S+SO2+H2O 。（4）实验i中加入1.5 mL AgNO3后产生白色沉淀，白色沉淀应为Ag2S2O3 ， 因为过量Ag+与S2O32-结合，使c（S2O32-）降低，Ag2S2O33S2O32- 2Ag（S2O3）23-逆向移动，析出沉淀。（5）实验i与实验ii的区别在于硝酸银溶液的滴加方式不同，

39、实验i中逐滴滴加AgNO3时，Ag2S2O3的溶解速率大于分解速率；实验ii根据结论“Ag2S2O3不稳定，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液”，AgNO3溶液与Na2S2O3溶液迅速混合时，部分Ag2S2O3来不及溶解即发生分解，分解产物不能再溶于Na2S2O3。（6）硫代硫酸银（ Ag（S2O3）23）用于切花保鲜， Ag（S2O3）23中S2O32-与Ag+物质的量之比为2:1，因为Ag2S2O3 3S2O32- 2 Ag（S2O3）23平衡的存在，为提高 Ag（S2O3）23产量，Na2S2O3和AgNO3物质的量之比应大于2:1，根据实验i与实验ii的现象对比，为避免反应生成的Ag【分析】Na2S2O3与AgNO3反应生成白