第31講難溶電解質的溶解平衡與應用（模擬精練+真題演練）完卷時間：50分鐘一、選擇題（每小題只有一個正確選項，共12×5分）1．（2023·湖北·校聯考模擬預測）時，用溶液分別滴定等物質的量濃度的、、三種溶液。[p表示負對數，M表示、、隨溶液變化的關系如圖所示。已知：。下列推斷正確的是

A．②代表滴定溶液的變化關系B．一般情況下，適量的固體能完全溶于溶液C．固體能完全溶于溶液D．滴定溶液至時，溶液中：【答案】B【分析】推出pCe3+=-lgKsp[Ce(OH)3]c3(OH-)。同理推出pGa3+=-lgKsp[Ga(OH)3]c3(OH-)。由于Ksp[Ce(OH)3]>Ksp[Ga(OH)3]，即Ga(NO3)3、Ce(NO3)3兩條線不可能相交，③為HR滴定曲線，而①、②分別為Ga(NO3)3、Ce(NO3)3滴定曲線。由4.1點c(OH-)=10-9.9mol/L推知Ksp[Ga(OH)3]=1×(10-9.9)3=10-29.7。同理7.3點推得Ksp[Ce(OH)3]=1×(10-6.7)3=10-20.1。由5.5點得出Ka(HR)=。【解析】A．由上分析知，②為Ce(NO3)3滴定曲線，A項錯誤；B．Ge(OH)3+3HR?Ge3++3R-+3H2O，K==，該反應的K較大，該反應容易發生，因此適量Ge(OH)3能完全溶于HR溶液，B項正確；C．Ga(OH)3+3HR?Ga3++3R-+3H2OK==，該反應的K較小，該反應難以發生，因此Ga(OH)3不能完全溶于HR溶液，C項錯誤；D．滴定溶液至時，此時c(H+)=Ka(HR)=，溶液呈酸性，若溶液中：，則可得：，再結合電荷守恒：，則，與溶液環境不符，故D錯誤；故選：B。2．（2023·浙江紹興·統考模擬預測）氫氧化鎂是常見難溶物，將過量氫氧化鎂粉末置于水中達到溶解平衡：。已知，；通常，溶液中某離子的濃度小于時，可以認為該離子已沉淀完全。下列有關說法不正確的是A．滴入幾滴稀硫酸，溶液的pH先下降后上升，最后保持一個穩定值B．的飽和溶液中C．NaOH溶液可使較徹底地轉化為D．氫氧化鎂可處理印染廠的酸性廢水，處理后，此時溶液呈堿性【答案】B【解析】A．滴入幾滴稀硫酸后，氫離子和氫氧根離子反應生成水，氫氧根離子濃度降低，pH降低，隨后沉淀溶解平衡正向移動，氫氧根離子濃度增大，pH增大，A正確；B．碳酸鎂電離產生鎂離子和碳酸根離子，但是碳酸根離子會水解，故鎂離子濃度大于碳酸根離子，B錯誤；C．通過信息可知，氫氧化鎂的溶度積常數要小的多，故碳酸鎂更加容易轉化為氫氧化鎂，則NaOH溶液可使較徹底地轉化為，C正確；D．處理后，則此時，氫氧根離子濃度較大，溶液顯堿性，D正確；故選B。3．（2023·浙江金華·模擬預測）在25℃時，下列幾種難溶電解質的溶度積常數(Ksp)如表所示，下列說法不正確的是BaSO4(白)BaCO3(白)AgCl(白)Ag2S(黑)Ag2CrO4(磚紅)1.1×10-102.6×10-91.8×10-106.3×10-502.0×10-7A．重晶石的主要成分是BaSO4工業上常用飽和碳酸鈉溶液反復浸泡重晶石，將難處理的BaSO4轉化為更易處理的BaCO3B．在食鹽除雜實驗中，利用BaCl2除去溶液中的SO后，應先過濾，再加入Na2CO3除去溶液中的Ba2+和Ca2+，過濾的目的是防止BaSO4轉化為BaCO3C．在含銀工業廢水的處理中，相同濃度的Na2S溶液比NaCl溶液沉淀效果好，而且Na2S溶液可以沉淀多種重金屬離子D．將濃度均為0.2mol?L-1的NaCl溶液和Na2CrO4溶液等體積混合后，滴加AgNO3溶液，先析出Ag2CrO4沉淀【答案】D【解析】A．雖然BaSO4比BaCO3更難溶于水，但在CO濃度較大的溶液中，BaSO4溶解在水中的Ba2+能與CO結合生成BaCO3沉淀。只要一直保持溶液中較大的CO濃度，Ba2+就會與CO結合不斷生成BaCO3，故A正確；B．在食鹽除雜實驗中，利用BaCl2除去溶液中的SO后，應先過濾，再加入Na2CO3除去溶液中的Ba2+和Ca2+。由A分析可知，在CO濃度較大的溶液中，BaSO4溶解在水中的Ba2+能與CO結合生成BaCO3沉淀；過濾的目的是防止BaSO4轉化為BaCO3，故B正確；C．由表可知，Ag2S的溶解度小于AgCl；因此在含銀工業廢水的處理中，相同濃度的Na2S溶液比NaCl溶液沉淀效果好，故C正確；D．將濃度均為0.2mol?L-1的NaCl溶液和Na2CrO4溶液等體積混合后，剛開始生成Ag2CrO4沉淀需要的Ag+濃度為；剛開始生成AgCl沉淀需要的Ag+濃度為；所以滴加AgNO3溶液，先析出AgCl沉淀，故D錯誤；故答案選D。4．（2023·四川遂寧·統考模擬預測）已知相同溫度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)。某溫度下，飽和溶液中﹣lg[c()]、﹣lg[c()]與﹣lg[c(Ba2+)]的關系如圖所示。下列說法錯誤的是

A．曲線①中y2=4.9B．加適量BaCl2固體可使溶液由a點變到c點C．曲線②中a點：2c(Ba2＋)＋c(H＋)=2c()＋c(OH﹣)＋c()D．c(Ba2+)=10-5.1mol/L時，兩溶液中，=10【答案】B【分析】相同溫度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)。則①表示飽和溶液中﹣lg[c()]與﹣lg[c(Ba2+)]的關系，②表示﹣lg[c()]與﹣lg[c(Ba2+)]的關系。【解析】A.曲線①中﹣lg[c(Ba2+)=1時﹣lg[c()]=9，即c(Ba2+)=0.1mol/L時c()=10-9mol/L，Ksp(BaSO4)=10-10，則c(Ba2+)=10-5.1時c()=，y2=4.9，故A正確；B.加適量BaCl2固體，c(Ba2+)增大，Ksp(BaCO3)不變，所以可使溶液a點沿曲線②向左移動，故B錯誤；C.②表示﹣lg[c()]與﹣lg[c(Ba2+)]的關系，根據電荷守恒，曲線②中a點：2c(Ba2＋)＋c(H＋)=2c()＋c(OH﹣)＋c()，故C正確；D，c(Ba2+)=10-5.1mol/L時，Ksp(BaSO4)=、Ksp(BaCO3)=，兩溶液中，==10，故D正確；選B。5．（2023·吉林長春·東北師大附中校考模擬預測）工業上以SrSO4(s)為原料生產SrCO3(s)，對其工藝條件進行研究。現有分別含SrCO3(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1Na2CO3溶液，以及分別含SrSO4(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1Na2SO4溶液。在一定pH范圍內(固體足量)，四種溶液中lg[c(Sr2+)/mol·L-1]隨pH的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．反應SrSO4(s)+(aq)SrCO3(s)+(aq)的平衡常數K=B．a=?6.5C．曲線④代表含SrCO3(s)的1.0mol/LNa2CO3溶液的變化曲線D．將pH=6.8狀態下的①、③兩物料等體積混合后，溶液中lgc(Sr2+)小于?5.5【答案】D【分析】硫酸是強酸，SrSO4溶液中Sr2+的濃度不隨pH的改變而改變，所以①②分別表示含SrSO4(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1Na2SO4溶液中lg[c(Sr2+)/mol·L-1]隨pH的變化；碳酸是弱酸，SrCO3溶液中的濃度隨pH增大而增大，Sr2+的濃度隨pH的增大而減小，所以③④分別表示含SrCO3(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1Na2CO3溶液中lg[c(Sr2+)/mol·L-1]隨pH的變化。【解析】A．反應SrSO4(s)+(aq)SrCO3(s)+(aq)的平衡常數K=，故A正確；B．Ksp只與溫度有關，濃度越大，c(Sr2+)越小，則①表示SrSO4(s)在0.1mol·L-1Na2SO4溶液中的lgc(Sr2+)，②表示SrSO4(s)在1mol·L-1Na2SO4溶液中的lgc(Sr2+)，根據①，=，則a點c(Sr2+)=，a=-6.5，故B正確；C．③④分別表示SrCO3(s)的0.1Lmol·L-1、1.0mol·L-1Na2CO3溶液中lg[c(Sr2+)/mol·L-1]隨pH的變化，點(6.2、-5.5)、點(6.2、-5.5)，c(Sr2+)相等，所以相等，碳酸的電離平衡常數不變，pH越大，增大，所以曲線④代表含SrCO3(s)的1.0mol/LNa2CO3溶液的變化曲線，故C正確；D．將pH=6.8狀態下的①、③兩物料等體積混合后，相當于溶液稀釋，、減小，所以溶液中lgc(Sr2+)大于?5.5，故D錯誤；故選D。6．（2023·江西宜春·江西省宜豐中學校考模擬預測）天然溶洞的形成與巖石中的CaCO3和空氣中CO2溶于天然水體形成的含碳物種的濃度有密切關系。常溫下，某溶洞水體中pM隨pH的變化關系如圖所示。[已知：；，M為或]，下列說法不正確的是

A．曲線②代表與pH的關系B．的數量級為10-4C．D．pH由4到8的過程中增大的比快【答案】D【解析】A．由圖中曲線可知，離子濃度越小，pM的值越大，PH越小，碳酸根和碳酸氫根的濃度越大，曲線②代表與pH的關系，曲線③代表，故A正確；B．點(10.3，1.1)時，，故B正確；C．(8.6，n)，碳酸根濃度等于鈣離子濃度，，mol/L，(8.6，m)，即pH=8.6，c(H+)=10-8.6mol/L，c(OH-)=10-14÷10-8.6=10-5.4mol/L，，，c()=101.7×c()=101.7×10-4.27=10-2.57，，故C正確；D．根據圖像斜率，pH由4到8的過程中增大的比慢，D錯誤；故本題選D。7．（2023·河北衡水·衡水市第二中學校考三模）某污水處理廠用“沉淀法”處理含鉻廢水(主要含以及少量、)的工藝流程如圖所示：

已知：①金屬離子、、沉淀完全時()pH分別為6.7、5.6、2.8。②。下列說法錯誤的是A．“氧化”時生成的離子方程式為B．“沉降”過程中加入NaOH溶液，調節溶液pH>6.7C．加入生成，說明D．“沉鉻”過程中，增大溶液的pH，沉鉻率提高【答案】A【解析】A．堿性環境中不能生成，A錯誤；B．“沉降”過程中加入NaOH溶液，調節pH使和生成沉淀，故需要調節溶液的，B正確；C．在濾液中加入通過沉淀轉化生成，說明溶度積，C正確；D．在沉鉻過程中增大溶液的pH，平衡正向移動，濃度增大，沉鉻率提高，D正確。故選A。8．（2023·浙江金華·統考模擬預測）已知HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中隨的變化而變化，其中不發生水解。實驗中往難溶鹽MA的飽和溶液不斷通入HCl氣體，調節溶液的，結果發現，298K時，為線性關系，如下圖中實線所示。下列敘述不正確的是A．當時，B．溶液時，C．MA的溶度積常數D．HA的電離常數【答案】A【分析】由圖中線性關系可得關系式，以下選項可據此回答。【解析】A．MA溶液中物料守恒c(A-)+c(HA)=c(M+)，因為A-水解，此時溶液呈堿性，通入HCl使溶液呈酸性，仍存在c(A-)+c(HA)=c(M+)，所以，A錯誤；B．根據可計算，當pH=4時c(M+)=，所以，B正確；C．由題中信息可知c(H+)=0mol/L時，為MA的飽和溶液，MA的溶度積常數，C正確；D．當c(A-)=c(HA)時，HA的電離常數，當c(A-)=c(HA)時，根據物料守恒:c(A-)+c(HA)=c(M+)，則c(M+)=2c(A-)，根據，則，代入線性關系式，可得c(H+)=mol/L，所以，D正確；故答案選A。9．（2023·全國·統考一模）某溫度下，25mL含KX和KY的混合溶液，用0.1000mol?L-1的硝酸銀標準溶液對該混合液進行電位滴定(在滴定過程中，隨著滴定劑的不斷加入，電極電位E不斷發生變化，電極電位發生突躍時，說明滴定到達終點)、獲得電動勢(E)和銀硝酸銀標準溶液體積(V)的電位滴定曲線如圖所示。

已知：I.Ag+與Y-反應過程為：①Ag++2Y-[AgY2]-、②[AgY2]-+Ag+2AgY↓。II.該溫度下，Ksp(AgY)=2×10-16，Ksp(AgX)=2×10-10III.Y-與H+的反應可以忽略。下列說法不正確的是A．若HY為弱酸，則從開始到A點，水的電離程度不斷減小B．原混合溶液中c(KX)=0.02000mol?L-1，c(KY)=0.03000mol?L-1C．若反應①的平衡常數為K1，反應②的平衡常數為K2，則=K(AgY)D．將AgX和AgY的飽和溶液等體積混合，加入足量硝酸銀溶液，析出固體AgX多于AgY【答案】B【解析】A．對于結構相似的物質，溶度積小的先生成沉淀，根據反應的方程式可知，A點生成[AgY2]-，B點生成AgY，若HY為弱酸，則KY溶液中由于水解促進水的電離，滴加AgNO3溶液時，Y-濃度逐漸減小，水的電離程度逐漸減小，故A正確；B．OA段發生的反應為Ag++2Y-[AgY2]-，AB段發生的反應為[AgY2]-+Ag+2AgY↓，所以V1=5.0，原溶液中n(Y-)=20.1000mol/L2.5010-3L=510-4mol，c(KY)=510-4mol÷0.025L=0.02000mol/L，BC段發生的反應為Ag++X-=AgX↓，BC段消耗的標準AgNO3溶液的體積為12.50mL-5.00ml=7.50mL，則原溶液中n(X-)=0.1000mol/L7.510-3L=7.510-4mol，c(KX)==0.03mol/L，故B錯誤；C．①的平衡常數為K1=，反應②的平衡常數為K2=，K1K2=，Ag++Y-=AgY↓，Ksp(AgY)=c(Ag+)c(Y-)=，則=K(AgY)，故C正確；D．因為Ksp(AgY)<Ksp(AgX)，所以混合液中c(Y-)<c(X-)，等體積n(Y-)<n(X-)，加入足量硝酸銀析出的AgX更多，故D正確；故選B。10．（2023·山東淄博·統考三模）常溫下，向含有的工業廢水中逐滴加入溶液，隨的變化關系如圖所示[表示或或]。已知：。當離子濃度時，可認為該離子沉淀完全。下列說法正確的是A．曲線①表示與的關系B．時，溶液中C．時，可認為沉淀完全D．時，【答案】C【分析】，當pCu2+=0時，c(Cu2+)=1mol/L，，，，即曲線①表示-lgc(Cu2+)與pH的關系，=0時，此時，，即曲線②表示與pH的關系，則曲線③表示-lgc(Fe2+)與pH的關系，當pFe2+=0時，，則。【解析】A．根據分析，曲線①表示-lgc(Cu2+)與pH的關系，A錯誤；B．時，溶液中c(H+)=10-5mol/L，，此時，即，B錯誤；C．當時，溶液中,,則溶液中，，即可認為Cu2+沉淀完全，C正確；D．由分析可知，，時，Cu2+、Fe2+轉化為沉淀，此時，即，D錯誤；故選C。11．（2023·浙江·校聯考模擬預測）某同學模擬工業廢水變廢為寶，設計了用沉淀法回收各金屬陽離子的實驗方案：

模擬工業廢水的離子濃度(mol/l)0.100.0100.00400.00100.141已知：①溶液中某離子濃度小于，可認為該離子不存在；②實驗過程中，假設溶液體積、溫度不變；③；；；

下列說法不正確的是A．步驟I中加入的B．步驟II得到的濾液N中的濃度C．步驟III得到的沉淀Z為D．反應的平衡常數【答案】A【解析】A．1.0L模擬工業廢水中H+濃度為0.1mol/L，設加入xmolNaOH固體后pH=3，則×，解得x=0.099mol，故A錯誤；B．方程式平衡常數K=，此時溶液pH=11，c(OH-)=1×10-3mol/L，=0.004mol/L，則，故B正確；C．模擬工業廢水的Fe3+完全沉淀時，c(Fe3+)=，c(OH-)=，pH≈3，則步驟I沉淀X為Fe(OH)3，同理可得步驟II沉淀Y為Bi(OH)3，Cu2+轉化為，步驟III中加入適量NaOH固體使平衡逆向移動，沉淀Z為，故C正確；D．的平衡常數，故D正確；故選A。12．（2023·河北張家口·張家口市宣化第一中學校考三模）已知MgF2難溶于水、可溶于酸。常溫下，用HCl調節MgF2濁液的pH，測得在不同pH條件下，體系中?lgc(X)(X為Mg2+或F-)與lg[]的關系如圖所示。下列說法正確的是A．Ksp(MgF2)的數量級為10-8B．L1代表?lgc(Mg2+)與lg[]的變化曲線C．a、c兩點的溶液中均存在2c(Mg2+)=c(F-)+c(HF)D．c點的溶液中存在c(Cl-)＞c(Mg2+)＞c(HF)＞c(H+)【答案】C【分析】根據lg越小，則氫離子濃度越大，根據H++F-(aq)HF，則氟離子濃度越小，MgF2(s)Mg2+(aq)＋2F?(aq)，不斷消耗氟離子，則鎂離子濃度越大，則?lgc(F?)越大，?lgc(Mg2+)越小，因此L1代表?lgc(F?)與lg的變化曲線，L2代表?lgc(Mg2+)與lg的變化曲線。【解析】A．lg=1時，?lgc(F?)=10?2.2，?lgc(Mg2+)=10?4，根據MgF2(s)Mg2+(aq)＋2F?(aq)，，故A錯誤；B．根據圖中信息L2代表?lgc(Mg2+)與lg的變化曲線，故B錯誤；C．根據原子守恒，溶解平衡中2c(Mg2+)=c(F?)，再根據H++F?(aq)HF可知，溶解得到的c(F?)等于溶液中存在的c(F?)與生成的c(HF)之和，因此a、c兩點的溶液中均存在2c(Mg2+)=c(F?)+c(HF)，故C正確；D．c點lg>0，則即，又由于2c(Mg2+)=c(F-)+c(HF)，故溶液中存在c(Cl-)>c(Mg2+)=c(HF)>c(H+)，故D錯誤；故選：C。二、主觀題（共3小題，共40分）13．（12分）（2023·湖南婁底·統考模擬預測）某小組擬設計實驗探究金屬氫氧化物在銨鹽溶液中溶解度的影響因素。已知：①常溫下，幾種氫氧化物的溶度積數據如下表所示：②可能用到的試劑：溶液、溶液、溶液和溶液；③常溫下，的電離常數，的電離常數。實驗一

比較在不同濃度的溶液中溶解情況。操作試劑X現象

(Ⅰ)溶液，10.0mL白色濁液逐漸變澄清(Ⅱ)溶液，10.0mL白色濁液變化不明顯(1)實驗結論是。(2)針對實驗(I)，“白色濁液變澄清”的原因，提出如下假設：假設①：，，。假設②：，(補充離子方程式)。為了驗證(2)提出的假設，設計如下實驗：實驗二

比較在不同濃度的溶液中溶解情況。操作試劑X現象

(Ⅲ)溶液，10.0mL白色濁液逐漸變澄清(Ⅳ)溶液，10.0mL白色濁液變化不明顯(3)選擇的理由是。實驗結論是(2)中假設成立(填“①”或“②”)。根據上述實驗，有同學認為金屬氫氧化物都能溶解于溶液。為了驗證他的觀點，設計如下實驗：實驗三

探究、、在溶液中溶解情況。操作Y現象

(Ⅴ)沒有明顯現象(Ⅵ)濁液變澄清溶液(Ⅶ)沒有明顯現象已知：(a)、、都易溶于水，實驗(Ⅵ)濁液變澄清可能的原因是更難電離；(b)其他條件相同，難溶金屬氫氧化物的溶解度越小，在同種銨鹽溶液中溶解度越小。(4)常溫下，、、溶解度由大到小排序為。(5)通過上述實驗，影響在銨鹽溶液中溶解度的因素主要有銨鹽濃度、、。【答案】（除標注外，每空2分）(1)溶解度隨著濃度減小而減小(2)(3)、的電離常數相等，溶液顯中性，排除了干擾②(4)(5)產物電離程度（1分）本身的溶度積大小（1分）【解析】（1）對比實驗Ⅰ、Ⅱ，NH4Cl濃度小的沉淀變化不明顯，說明NH4Cl濃度小Mg(OH)2的溶解度小。答案為Mg(OH)2溶解度隨著NH4Cl濃度減小而減小；（2）溶解度增大即溶解平衡正向只要解釋到OH-減少平衡正向即可，所以+OH??NH3?H2O。答案為+OH??NH3?H2O；（3）假設①解釋NH4Cl呈酸性消耗OH-，所以若驗證假設Ⅱ需要排除溶液酸堿性的干擾只考慮銨根結合OH-的問題。而CH3COONH4呈中性同時有銨根，滿足實驗要求。結合實驗看，增大CH3COONH4的濃度沉淀澄清溶解，說明假設②成立。答案為CH3COONH4；②；（4）同類型的物質，溶解度越大，Ksp越大。對比數據，溶解度的Ni(OH)2>Pb(OH)2>Sn(OH)2。答案為Ni(OH)2>Pb(OH)2>Sn(OH)2；（5）結合Mg(OH)2和其他三個的實驗對比，Mg(OH)2溶度積最大溶解了，可看出在銨鹽溶液中溶解度與物質本身溶度積有關。而Ni(OH)2、Pb(OH)2、Sn(OH)2三者對比，溶解度中間的Pb(OH)2卻溶于CH3COONH4，主要由于(CH3COO)2Pb更難電離，所有與產物電離程度有關。答案為產物電離程度；本身的溶度積大小。14．（14分）（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考模擬預測）利用鋅精礦(ZnS)和軟錳礦(MnO2)兩種礦料(含少量雜質Fe、Cu、Pb等元素的化合物及SiO2)生產硫酸鋅和硫酸錳的流程如下：

已知常溫下：①H2S的電離常數為：Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；②Ksp(ZnS)=1.0×10-22，Ksp(MnS)=1.0×10-13；③ZnSO4的溶解度如圖1所示：

回答下列問題：(1)基態S原子占據最高能級的原子軌道形狀為。(2)“濾渣1”主要成分為和硫；寫出“酸浸”過程中MnO2和ZnS反應的化學方程式。(3)“除鐵”的萃取劑為磷酸二(2-乙基己基)酯(用HA表示)，萃取后含鐵的物質為[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4，該物質中Fe3+的配位數為。(4)BaS為可溶性鋇鹽。向“水相1”中加入適量BaS，發生主要反應的離子方程式為；若溶液中S2-的濃度控制不當，會造成Zn2+、Mn2+沉淀而損失，若溶液中Zn2+、Mn2+的濃度為0.10mol·L-1，則應控制溶液中c(H+)不小于mol·L-1。(已知溶液中H2S的濃度為1.0×10-3mol/L)(5)從“反萃取液”中獲得ZnSO4·H2O晶體的操作為：控制溫度在K以上，蒸發至有大量固體析出、、洗滌、干燥。(6)ZnSO4·H2O產品的純度可用配位滴定法測定。下列關于滴定分析，正確的是。A．滴定前，錐形瓶和滴定管均須用標準溶液潤洗B．將標準溶液裝入滴定管時，應借助漏斗轉移C．滴定終點時，讀取標準液體積時俯視滴定管液面，則測得的體積比實際消耗的小D．滴定前滴定管尖嘴內有氣泡，滴定后尖嘴內無氣泡，則測得的體積比實際消耗的大【答案】（除標注外，每空2分）(1)啞鈴形（1分）(2)SiO2、PbSO4（1分）ZnS+MnO2+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+S↓+2H2O(3)4(4)Cu2++S2-+Ba2++=CuS↓+BaSO4↓（1分）0.10(5)333趁熱過濾（1分）(6)CD【分析】利用鋅精礦(ZnS)和軟錳礦(MnO2)兩種礦料(含少量雜質Fe、Cu、Pb等元素的化合物及SiO2)生產硫酸鋅和硫酸錳的流程中，加硫酸酸浸，鋅、鐵、銅、錳生成硫酸鹽，硫酸鉛為沉淀和二氧化硅一起進入濾渣1，萃取劑1溶解鐵離子，加入BaS，除去銅離子和硫酸根離子，萃取劑2萃取硫酸鋅，水相為硫酸錳，進一步得到MnSO4·H2O有機相為硫酸鋅，進一步反萃取的到ZnSO4·H2O。【解析】（1）基態S原子占據最高能級的原子軌道為3p，形狀為啞鈴型。（2）加硫酸酸浸，鋅、鐵、銅、錳生成硫酸鹽，硫酸鉛為沉淀和二氧化硅一起進入濾渣1，故答案為：SiO2、PbSO4。“酸浸”過程中MnO2和ZnS反應生成硫單質，化學方程式為：ZnS+MnO2+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+S↓+2H2O。（3）萃取后含鐵的物質為[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4，該物質中Fe3+的配位數為2+2=4。（4）向“水相1”中加入適量BaS，發生主要反應的離子方程式為：Cu2++S2-+Ba2++=CuS↓+BaSO4↓。若溶液中S2-的濃度控制不當，會造成Zn2+、Mn2+沉淀而損失，若溶液中Zn2+、Mn2+的濃度為0.10mol·L-1，則應控制溶液中c(H+)不小于0.10mol·L-1。，由Ksp(ZnS)=1.0×10-22，Ksp(MnS)=1.0×10-13且Zn2+、Mn2+的濃度為0.10mol·L-1，可知≤1.0×10-23，帶入，可得c(H+)≥0.10mol·L-1。（5）觀察題圖可知應該≥333K，并且趁熱過濾。（6）A．滴定前，錐形瓶不須用標準溶液潤洗，A錯誤；B．將標準溶液裝入滴定管時，應借助燒杯轉移，B錯誤；C．滴定終點時，讀取標準液體積時俯視滴定管液面，則測得的體積比實際消耗的小，C正確；D．滴定前滴定管尖嘴內有氣泡，滴定后尖嘴內無氣泡，則測得的體積比實際消耗的大，D正確；故選CD。15．（14分）（2023·山東濰坊·校聯考模擬預測）某化學興趣小組在隔絕空氣條件下，向硝酸酸化的0.05mol?L-1硝酸銀溶液(pH≈2)中加入過量鐵粉，攪拌后靜置，燒杯底部有黑色固體，溶液呈黃色。針對實驗現象該小組同學設計開展了系列實驗，具體探究過程如下。已知：Ag++SCN-AgSCN(白色固體)；Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(紅色)回答下列問題：(1)檢驗黑色產物：取出少量黑色固體，進行如圖實驗，確認黑色固體中含有Fe和Ag。

①試劑a是。②加入硝酸后觀察到，證明黑色固體中含有Ag。③甲同學認為加入試劑a產生藍色沉淀，不能確定黑色固體中一定含有Fe，其理由是；乙同學提出只要在實驗過程中增加一步操作就可以解決甲同學的疑問，乙同學改進的操作是。(2)溶液呈黃色，丙同學認為溶液中含有Fe3+，丁同學認為不可能產生Fe3+，丁同學的理由是(用離子方程式回答)。(3)針對(2)中爭論，3min時取上層清液，隔絕空氣，設計以下實驗證明：

①現象i可證明黃色溶液中含有Fe3+，分析Fe3+的產生有以下三種可能：a.鐵粉表面有氧化層；b.酸性溶液中NO將Fe2+氧化；c.。查閱資料得知a和b都不成立。請設計實驗證明b不成立(簡要回答操作步驟、試劑名稱、實驗現象)。②試解釋現象ii中白色沉淀量減少，溶液紅色加深的原因。【答案】（除標注外，每空2分）(1)①K3[Fe(CN)6]溶液(1分)②有氣泡冒出、固體逐漸變為白色③黑色固體表面殘留的亞鐵離子會干擾實驗將黑色固體使用蒸餾水洗滌2-3次，最后一次洗滌液加入K3[Fe(CN)6]溶液無藍色沉淀生成(2)(3)①銀離子可以氧化亞鐵離子(1分)向硝酸酸化的0.05mol?L-1的硝酸鈉溶液中加入足量的鐵粉，攪拌充分反應后靜置，取上層清液，加入KSCN溶液，溶液不變紅，說明b不成立②銀離子和亞鐵離子反應生成鐵離子：Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，隨著反應進行，Ag++SCN-AgSCN(白色固體)平衡逆向移動，而Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(紅色)平衡正向移動，導致ii中白色沉淀量減少，溶液紅色加深【分析】檢驗黑色產物中通過實驗確認黑色固體中含有Fe和Ag。鐵和稀鹽酸生成氯化亞鐵和氫氣，亞鐵離子和K3[Fe(CN)6]溶液會生成藍色沉淀，故試劑a是K3[Fe(CN)6]溶液；銀不和稀鹽酸反應得到濾渣，加入硝酸，銀和硝酸反應生成硝酸銀和有一氧化氮氣體，銀離子和氯離子生成氯化銀沉淀，證明黑色固體含有銀；通過對比實驗研究某一因素對實驗的影響，應該要注意控制研究的變量以外，其它量要相同。【解析】（1）①由分析可知，試劑a是K3[Fe(CN)6]溶液。②由分析可知，加入硝酸后觀察到有氣泡冒出、固體逐漸變為白色，證明黑色固體中含有Ag。③黑色固體表面殘留的亞鐵離子會干擾實驗，使得加入試劑a產生藍色沉淀，不能確定黑色固體中一定含有Fe；改進的操作是首先將黑色固體使用蒸餾水洗滌2-3次，最后一次洗滌液加入K3[Fe(CN)6]溶液無藍色沉淀生成；（2）丁同學認為不可能產生Fe3+，是因為過量的鐵會和鐵離子反應生成亞鐵離子，反應為；（3）①已知：Ag++SCN-AgSCN(白色固體)；Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(紅色)；實驗中白色沉淀的量減少而溶液紅色加深，說明銀離子可以氧化亞鐵離子為鐵離子，故猜想c為銀離子可以氧化亞鐵離子；查閱資料得知a和b都不成立。設計實驗證明b不成立，就是需要實驗控制溶液中存在硝酸根離子而不存在銀離子，進行實驗現象對比；故實驗設計為：向硝酸酸化的0.05mol?L-1的硝酸鈉溶液中加入足量的鐵粉，攪拌充分反應后靜置，取上層清液，加入KSCN溶液，溶液不變紅，說明b不成立。②已知：Ag++SCN-AgSCN(白色固體)；Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(紅色)；銀離子和亞鐵離子反應生成鐵離子：Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，隨著反應進行，Ag++SCN-AgSCN(白色固體)平衡逆向移動，而Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(紅色)平衡正向移動，導致ii中白色沉淀量減少，溶液紅色加深。1．（2023·全國·統考高考真題）向飽和溶液(有足量固體)中滴加氨水，發生反應和，與的關系如下圖所示(其中M代表、、或)。

下列說法錯誤的是A．曲線I可視為溶解度隨濃度變化曲線B．的溶度積常數C．反應的平衡常數K的值為D．時，溶液中【答案】A【分析】氯化銀飽和溶液中銀離子和氯離子的濃度相等，向飽和溶液中滴加氨水，溶液中銀離子濃度減小，氯離子濃度增大、一氨合銀離子增大，繼續滴加氨水，一氨合銀離子增大的幅度小于二氨合銀離子，則曲線I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別表示二氨合銀離子、一氨合銀離子、銀離子、氯離子與氨氣濃度對數變化的曲線。【解析】A．氨的濃度較小時AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，濃度較大時AgCl(s)+2NH3(aq)+Cl-(aq)，氯化銀的溶解度曲線應與氯離子的曲線吻合，應該為曲線Ⅳ，故A錯誤；B．由圖可知，c(NH3)=10-1mol/L時，c(Cl-)=10-2.35mol/L,c(Ag+)=10-7.40mol/L，則氯化銀的溶度積為10-2.35×10-7.40=10-9.75，故B正確；C．由圖可知，氨分子濃度對數為-1時，溶液中二氨合銀離子和一氨合銀離子的濃度分別為10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，則的平衡常數K===，故C正確；D．由分析可知，曲線I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別表示二氨合銀離子、一氨合銀離子、銀離子、氯離子與氨氣濃度對數變化的曲線，則時，溶液中，故D正確；故選A。2．（2023·北京·統考高考真題）利用平衡移動原理，分析一定溫度下在不同的體系中的可能產物。已知：i.圖1中曲線表示體系中各含碳粒子的物質的量分數與的關系。ii.2中曲線Ⅰ的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合[注：起始，不同下由圖1得到]。

下列說法不正確的是A．由圖1，B．由圖2，初始狀態，無沉淀生成C．由圖2，初始狀態，平衡后溶液中存在D．由圖1和圖2，初始狀態、，發生反應：【答案】C【解析】A．水溶液中的離子平衡

從圖1可以看出時，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A項正確；B．從圖2可以看出、時，該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會產生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B項正確；C．從圖2可以看出、時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，根據物料守恒，溶液中，C項錯誤；D．時，溶液中主要含碳微粒是，，時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，因此反應的離子方程式為，D項正確；故選C。3．（2023·山東·統考高考真題）在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范圍內，存在平衡關系：；；；；，平衡常數依次為。已知、，、隨的變化關系如圖所示，下列說法錯誤的是

A．線表示的變化情況B．隨增大，先增大后減小C．D．溶液中I元素與元素的物質的量之比始終為【答案】B【分析】由題干反應方程式可知，K1=，則有c(Hg2+)=，則有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I-)，==lgK4+lgc(HgI2)+2lgc(I-)，且由可知K0=為一定值，故可知圖示中

曲線1、2、3、4即L分別代表、、、，據此分析解題。【解析】A．由分析可知，線表示的變化情況，A正確；B．已知的化學平衡常數K0=，溫度不變平衡常數不變，故隨增大，始終保持不變，B錯誤；C．由分析可知，曲線1方程為：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲線2方程為：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b=lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b=lgK2+lgc(HgI2)-a，聯合①②可知得：，C正確；D．溶液中的初始溶質為HgI2，根據原子守恒可知，該溶液中I元素與元素的物質的量之比始終為，D正確；故答案為：B。4．（2022·山東·高考真題）工業上以為原料生產，對其工藝條件進行研究。現有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范圍內，四種溶液中隨pH的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．反應的平衡常數B．C．曲線④代表含的溶液的變化曲線D．對含且和初始濃度均為的混合溶液，時才發生沉淀轉化【答案】D【分析】溶液pH變化，含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，pH相同時，溶液中硫酸根離子越大，鍶離子濃度越小，所以曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，曲線②代表含硫酸鍶固體的1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線；碳酸是