（新）2022届高三化学小题必练16 难溶电解质的电离平衡 学生版.doc

小题必练16：难溶电解质的电离平衡主要考查沉淀溶解平衡的特点和影响因素，溶度积常数及其计算，沉淀的生成、溶解和转化的应用，利用溶度积常数判断难溶电解质的溶解度，离子沉淀时应调节的pH范围等。1.【2020年江苏卷】25时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下KspCu(OH)2KspFe(OH)2。下列说法不正确的是（ ）AKspCu(OH)2的数量级为1020B当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+)c(Cu2+)104.61C除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuOD向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液2【2020南昌市顶级名校阶段考】常温下，将11.65g BaSO4粉末置于盛有250mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是（ ）A相同温度时，Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)B若使0.05mol BaSO4全部转化为BaCO3，至少加入1.3mol Na2CO3CBaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小为：c(CO)c(SO)c(OH)c(Ba2+)DBaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大3【2019年全国卷2】下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是（ ）A向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4B澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2OCNa2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O+O2D向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl24【2019年全国卷2】25时，用Na2S沉淀Cu2+、Zn2+两种金属阳离子(M2+)，所需S2最低浓度的对数值lgc(S2)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）A向Cu2+浓度为1×105mol·L1的工业废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出B25时，Ksp(CuS)约为1×1035C向100mL Zn2+、Cu2+浓度均为1×105mol·L1的混合溶液中逐滴加入1×104mol·L1的Na2S溶液，Cu2+先沉淀DNa2S溶液中：c(S2)+c(HS)+c(H2S)2c(Na+)1每年的3月22日为世界水日，联合国2019世界水资源发展报告显示，预计到2050年，全球将有20亿人口生活在严重缺水的国家或地区。下列说法不正确的是（ ）A用含Ag+的纳米材料处理污水，可以杀菌消毒，有效净水B用明矾处理污水，可以杀菌消毒，有效净水C用硫化亚铁处理工业废水，可以使其中的Cu2+，Hg2+等重金属阳离子沉淀而除去D用反渗透膜淡化海水的原理是在高浓度溶液中的溶剂在一定压力下反向通过高分子膜而达到淡化海水的目的。由此可知，该原理也适用于用高浓度酒精制备无水酒精。2某温度时，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点Bc点对应的K等于a点对应的KCd点没有AgCl沉淀生成D加入少量水，平衡右移，Cl浓度减小3已知25时，RSO4(s)+CO(aq)RCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K=1.75×104，Ksp(RCO3)=2.80×109，下列叙述中正确的是（ ）A25时，RSO4的Ksp约为4.9×105B将浓度均为6×105mol/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后可得到RCO3沉淀C向c(CO)=c(SO)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀D相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp4已知AgCl和AgBr的溶解度分别为1.5×104g、8.4×106g，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 BAgCl和AgBr沉淀等量生成CAgCl沉淀多于AgBr沉淀 DAgCl沉淀少于AgBr沉淀5 化工生产中常用FeS做沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+(aq)+FeS(s)CuS(s)+Fe2+(aq)，下列有关叙述中正确的是（ ）AFeS的Ksp小于CuS的Ksp B达到平衡时c(Fe2+)=c(Cu2+)C该反应平衡常数K=D溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c(Cu2+)、c(Fe2+)保持不变6已知：pAg-lgc(Ag+)，pX-lgc(Xn)。298K时，几种物质的Ksp如下表：化学式AgClAgSCNAg2CrO4颜色白浅黄红Ksp1.8×10101.0×10122.0×1012AgCl、AgSCN、Ag2CrO4的饱和溶液中，阳离子和阴离子的浓度关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A图中x代表AgCl曲线，z代表AgSCN曲线B298K时，在Cl和CrO的物质的量浓度均为0.1mol/L的溶液中，滴入少量0.1mol/L的AgNO3溶液，首先产生的是红色沉淀C298K时若增大p点的阴离子浓度，则y上的点沿曲线向上移动D298K时Ag2CrO4(s)+2SCN(aq)2AgSCN(s)+CrO(aq)的平衡常数K2.0×10127某火电厂收捕到的粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小组对其进行综合处理的流程如下：KspAl(OH)3=1.0×1034，KspFe(OH)3=4.0×1038。已知：“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离SO和一种阳离子，该离子会水解，下列说法不正确的是（ ）A“酸浸”时TiO2发生反应的离子方程式为TiO2+2H+=TiO2+H2OB“结晶”时温度需控制在70以上，温度过低TiO2·xH2O产率降低C为使滤渣2沉淀完全，需“调pH"最小为4.3DMgCl2溶液制备MgCl2·6H2O需要在HCl的气氛下蒸发浓缩8“寒芒秀采总称珍，就中鸡缸最为冠”，色彩浓艳的斗彩鸡缸杯是我国陶瓷珍品。HgS是一种难溶于水的朱砂红釉彩，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）AHgS在p点与n点的溶解度相同BHgS溶于水形成的饱和溶液中c(Hg2+)c(S2)C图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp（m）Ksp（n）Ksp（p）D向p点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成沿曲线向m方向移动9在25时，FeS的Ksp6.3×1018，CuS的Ksp1.3×1036，ZnS的Ksp1.3×1024。下列有关说法中正确的是（ ）A饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为1.3×1036mol·L1B25时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度C向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成D向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大10金属钛（Ti）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿（主要成分钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下。请回答下列问题。（1）钛酸亚铁（用R表示）与碳在高温下反应的化学方程式为2R+C=2Fe+2TiO2+CO2，钛酸亚铁的化学式为_；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为_。（2）上述生产流程中溶液中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。氢氧化物Fe(OH)2TiO(OH)2Mg(OH)2Ksp8.0×10161.0×10291.8×1011常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol/L，当溶液的pH等于_时，Mg(OH)2开始沉淀。若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为_。（3）中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应制取TiCl4的方程式为_。Mg还原TiCl4过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是_。11实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料-Fe2O3。其主要实验流程如下：(1)酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有_(填序号)。A适当升高酸浸温度 B适当加快搅拌速度 C适当缩短酸浸时间(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成_(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是_。(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是_，。(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。生成FeCO3沉淀的离子方程式为_。设计以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：_。（FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5）。9钼酸钠晶体(Na2MoO4.2H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示：(l)Na2 MoO4·2H2O中钼元素的化合价为_，NaClO的电子式为_。(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是_(答出两条即可)。(3)途径I焙烧过程中化学方程式为_，碱浸时气体A的化学式为_。(4)已知途径I的钼酸钠溶液中c(MoO)=0.40mol/L，c(CO)=0.20mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO。当BaMoO4开始沉淀时，CO的去除率是_(已知Ksp(BaCO3)=1×109、Ksp(BaMo04)=4.0×108，忽略溶液的体积变化)。(5)途径II氧化时溶液中还有Na2SO4生成，则还原剂与氧化剂物质的量之比为_。(6)途径I或途径II所得的Na2MoO4溶液经结晶可得固体A后再重结晶可得固体B，其重结晶操作的目的为_。参考答案考点透视1.【答案】C【解析】25时，由KspCu(OH)2KspFe(OH)2可知溶液pH相同时，饱和溶液中c(Fe2+)c(Cu2+)，则曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系，曲线b表示Fe(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系。A项、由图可知，曲线a中pH=10时，-lgc(M2+)=11.7，则KspCu(OH)2= c(Cu2+)·c2(OH)=1011.7×（104）2=1019.7，故A正确；B项、当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(OH)相同，当pH=10时，溶液中c(Fe2+)c(Cu2+)107.11011.7=104.61，故B正确；C项、该温度下KspCu(OH)2KspFe(OH)2可知，Cu(OH)2比Fe(OH)2更难溶，加入适量CuO调节溶液pH，先沉淀的是Cu2+，无法达到除去少量Fe2+的目的，故C错误；D项、向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(OH)增大，温度不变KspFe(OH)2，c(Fe2+)减小，可能由Z点转化为Y点，故D正确。【点睛】本题考查难溶物的溶解平衡，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度积的概念及计算方法是解答关键。2.【答案】D【解析】A根据图像，CO浓度为0时，c(Ba2+)、c(SO)都是1×105，所以Ksp(BaSO4)= 1×1010，碳酸钡饱和溶液中当c(CO)=5×104时，c(Ba2+)=0.5×105，Ksp(BaCO3)=2.5×109，相同温度时，Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，A项正确；B使0.05mol BaSO4转化为BaCO3，发生的反应为BaSO4+COBaCO3+SO，根据图象，Ksp（BaSO4）=1.0×1010，Ksp（BaCO3）=2.5×109，反应的平衡常数K1=0.04，若使0.05mol BaSO4全部转化为BaCO3，则反应生成0.05mol SO，=K=0.04，则平衡时n(CO)=1.25mol，则至少需要Na2CO3的物质的量为1.25mol+0.05mol=1.3mol，B项正确；C0.05mol BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中存在大量的SO，平衡时CO的浓度大于SO，CO水解促进OH的形成，因此溶液中浓度最小的是Ba2+，因此离子浓度大小关系为：c(CO)c(SO)c(OH)c(Ba2+)，C项正确；DBaSO4在BaCl2溶液中由于Ba2+的存在，使沉淀溶解平衡向生成沉淀方向移动，因此在BaCl2溶液中的溶解度变小，Ksp只随温度的改变而改变，无论在水中还是BaCl2溶液中，Ksp值是不变的，D项错误。【点睛】本题考查沉淀溶解平衡知识，同类型物质可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，需注意B项是易错点，根据平衡常数计算的是平衡浓度，不是反应的起始浓度，计算初始浓度还需算上转化的浓度。3.【答案】C【解析】A金属活动性顺序：ZnCu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；B澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O，B项正确；C过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2NaOHNa2CO3·10H2ONa2CO3，C项错误；D向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，D项正确；答案选C。【点睛】考查物质的变化及发生的化学反应，熟悉物质的性质是解题的基础。4.【答案】C【解析】A金属活动性顺序：ZnCu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；B澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O，B项正确；C过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2NaOHNa2CO3·10H2ONa2CO3，C项错误；D向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，D项正确；答案选C。【点睛】考查物质的变化及发生的化学反应，熟悉物质的性质是解题的基础。考点突破1.【答案】B【解析】AAg+属于重金属离子，能够使蛋白质变性，且Ag+的纳米材料吸附性很高，因此可以杀菌消毒，有效净水，A项正确；B明矾处理污水的原理是Al3+水解生成的氢氧化铝胶体能够吸附水中悬浮的固体杂质，达到净水的目的，但不能杀菌消毒，B项错误；CFeS的溶度积比CuS、HgS的溶度积小得多，因此可以利用沉淀转化，难溶的转化为更难溶的，用FeS除去废水中的Cu2+，Hg2+等重金属离子，C项正确；D利用反渗透原理使高浓度酒精中的水在一定压力下反向通过高分子膜而达到制备无水酒精的目的，D项正确。【点睛】沉淀转化中，难溶性沉淀转化为更难溶的沉淀更容易实现，但是在一定条件下，溶度积小的沉淀也可以转化为溶度积大的沉淀。2.【答案】B【解析】A加入AgNO3固体，溶液中c(Ag+)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，达到新平衡时c(Cl)减小，而c、d两点的氯离子浓度相同，选项A错误；B温度不变Ksp不变，a、c两点温度相同，所以Ksp也相同，选项B正确；Cd点处c(Ag+)比平衡时的大，此时Qc=c(Ag+)c(Cl)>Ksp(AgCl)，所以有AgCl沉淀生成，选项C错误；D.溶液中存在着沉淀溶解溶解平衡，加入少量水，促进溶解，但是仍然为饱和溶液，因此溶液中各种离子浓度不变，选项D错误。【点睛】本题考查沉淀溶解平衡，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念是本题解答的关键。3.【答案】A【解析】25时，RSO4(s)+CO(aq)RCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K=1.75×104，Ksp(RSO4)=1.75×104×Ksp(RCO3)=1.75×104×2.80×109=4.9×105。A根据上述计算分析，25时，RSO4的Ksp约为4.9×105，故A正确；B将浓度均为6×105mol/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合，则浓度变为原来的一半，混合后溶液中c(R2+)=3×105mol/L，c(CO)=3×105mol/L，Qc(RCO3)=c(R2+)c(CO)=3×105mol/L×3×105mol/L=9×1010<Ksp(RCO3)=2.80×109，不会产生RCO3沉淀，故B错误；CRSO4、RCO3属于同类型且Ksp(RSO4)>Ksp(RCO3)，向c(CO)=c(SO)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，故C错误；DKsp只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO3在水中的Ksp等于在Na2CO3溶液中的Ksp，故D错误；答案选A。【点睛】本题易错点在于D选项，Ksp也属于平衡常数，只与温度有关，与溶液中离子浓度大小无关。4.【答案】C【解析】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。【点睛】从两者的溶解度可以得到氯化银的溶解度大于溴化银，在两者的饱和溶液中滴加足量的AgNO3溶液，均会生成沉淀，且生成的氯化银的量会多余溴化银。5.【答案】C【解析】AFeS、CuS属于同一类型，根据沉淀转化的一般原则，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以FeS的Ksp比CuS的Ksp大，故A错误；B该反应达到平衡时c(Cu2+)、c(Fe2+)保持不变，但不相等，故B错误；C该反应的平衡常数K=，故C正确；D增大硫离子的浓度，平衡左向移动，所以c(Cu2+)、c(Fe2+)均减小，故D错误；故选C。6.【答案】D【解析】A根据图中曲线x的数据知pAg-lgc(Ag+)=6，c(Ag+)=106mol/L，pX-lg c(Xn)=0，则c(Cl)=1mol/L，Ksp(AgCl)=106，与表中数据不符，选项A错误；B析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)=mol/L，Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=mol/L，c(Ag+)越小，先生成沉淀，则首先产生白色沉淀，选项B错误；C298K时若增大p点的阴离子浓度，由图可知，若沿曲线向上移动，c(Ag+)减小，选项C错误；D298K时Ag2CrO4(s)+2SCN(aq)2AgSCN(s)+CrO(aq)的平衡常数K=2.0×1012，选项D正确。【点睛】本题考查沉淀的溶度积的应用，注意的含义pAg-lgc(Ag+)、pX-lgc(Xn)、Ksp，易错点为选项D：K=，结合表中数据进行计算求解。7.【答案】B【解析】粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等，加入硫酸酸浸过滤得到滤渣1和滤液，氧化铝溶解生成硫酸铝，氧化亚铁溶解生成硫酸亚铁，氧化铁溶解生成硫酸铁，氧化镁溶解生成硫酸镁，“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，滤渣为二氧化硅，加入铁粉还原铁离子生成亚铁离子，结晶析出硫酸亚铁晶体，过滤，得到滤液1含硫酸铝、硫酸镁、TiOSO4、少量硫酸亚铁，水解过滤，TiOSO4生成TiO2·xH2O，经酸洗水洗干燥和灼烧后得到TiO2，滤液2中含硫酸铝和硫酸镁、少量硫酸亚铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铝离子和铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液3含硫酸镁，最终获取MgCl2·6H2O。A根据题干信息知“酸浸”后TiO2反应生成TiOSO4，TiOSO4电离产发生SO和TiO2+，则反应的离子方程式为TiO2+2H+= =TiO2+H2O，故A正确；B“结晶”需控制在70左右，温度过高会导致TiO2+提前水解混入硫酸亚铁晶体，降低TiO2·xH2O的产量，故B错误；C调节溶液pH目的是铝离子、铁离子沉淀完全除去，因KspAl(OH)3=1.0×1034，KspFe(OH)3=4.0×1038，阴阳离子比相同，KspAl(OH)3KspFe(OH)3，则铝离子沉淀完全对应溶液pH最小，结合溶度积常数计算，c3(OH)=，c(OH)=109.6mol/L，c(H+)=，pH=4.3，故C正确；D用MgCl2溶液制备MgCl2·6H2O，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等；因为加热蒸发促进氯化镁水解，为抑制氯化镁水解应在HCl的气氛下蒸发浓缩，故D正确。8.【答案】B【解析】Ap点与n点的Hg2+的浓度不相同，p点与n点的S2的浓度不相同，溶解的HgS的质量就不同，即溶解度不同，故A错误；B在水溶液中，HgS(s)Hg2+(aq)+S2(aq)；1mol HgS溶于水形成饱和溶液，完全电离出1mol Hg2+和1mol S2，即c(Hg2+)c(S2)，故B正确；Cp点的Kspc(Hg2+)·c(S2)5×1027mol·L15×1027mol·L12.5×1053，又因m点、p点、n点在同一温度线上，Ksp只受温度影响，所以Ksp（m）Ksp（n）Ksp（p）2.5×1053，故C正确；DHgS(s)Hg2+(aq)+S2(aq)，向p点的溶液中加入少量Na2S固体，c(S2)增大，平衡逆向移动，c(Hg2+)减小；应沿曲线向n方向移动，故D错误；故选B。9.【答案】B【解析】A饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为=mol·L1，故A错误；B由FeS的Ksp=6.3×1018、CuS的Ksp=1.3×1036可知，二者的组成形式相同，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故B正确；CFeS的Ksp=6.3×1018、ZnS的Ksp=1.3×1024，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，故C错误；D向饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，故D错误。【点睛】比较溶解度大小的时候，应注意沉淀的类型必须相同。10.【答案】（1）FeTiO3 FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O （2）10 TiO2+2H2O=TiO(OH)2（或H2TiO3）+2H+ （3）TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO 隔绝空气【解析】钛铁矿用浓硫酸溶解，反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，向所得溶液中加入大量水稀释后加入过量的铁粉还原铁离子，过滤得到滤液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到溶液中含有亚铁离子、TiO2+和少量镁离子等阳离子，冷却结晶得到副产品主要为硫酸亚铁，滤液中加入水加热过滤得到H2TiO3，H2TiO3加热灼烧得到TiO2，加入氯气、过量碳高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，四氯化钛和金属镁高温下反应得到氯化镁和钛金属。(1)钛酸亚铁与碳在高温下反应的化学方程式，根据原子守恒，钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，钛酸亚铁和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成还生成硫酸亚铁和水，该反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；(2)加入过量的铁粉还原铁原子，防止亚铁离子被氧化为铁离子，溶液中镁离子的物质的量浓度为0.0018mol/L，析出氢氧化镁时，溶液中的c(OH)=mol/L=104mol/L，则溶液中的氢离子浓度为1010mol/L，则溶液的pH=10；TiO(OH)2的溶度积最小，溶液加水稀释析出的白色沉淀为TiO(OH)2，该反应的离子方程式为TiO2+2H2O=TiO(OH)2（或H2TiO3）+2H+；(3)乙为TiO2，与氯气和过量的碳高温加热反应生成TiCl4和一氧化碳，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO，镁能与空气中氧气、氮气反应，需要隔绝空气进行。8.【答案】（1）AB （2） H2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色 （3） pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全 （4） 在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀 【解析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得Fe2O3。(1)A适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；B适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；C适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；答案选AB。(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F)，当Ca2+完全沉淀（某离子浓度小于1×105mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F)至少为mol/L=×102mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F形成弱酸HF，导致溶液中c(F)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F浓度减小，CaF2沉淀不完全。(4)将提纯后的FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4+H2O，离子方程式为Fe2+HCO+NH3·H2O=FeCO3+NH+H2O。根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含SO；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。【点睛】本题的易错点是实验方案设计中的细节，需注意两点：(1)控制pH不形成Fe(OH)2沉淀；(2)沉淀洗涤完全的标志。9.【答案】（1）+6 （2） 充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等 （3） 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 CO2 （4） 95% （5） 19 （6） 除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体 【解析】(l)Na2MoO4·2H2O中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6价；NaClO为离子化合物，其的电子式为；(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度，答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等；(3)途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，则碱浸时气体A的化学式为CO2；（4）根据Ksp(BaMoO4)=4.0×108，BaMoO4开始沉淀时，则c(Ba2+)=Ksp(BaMoO4)/c（MoO）=4.0×108/0.40=1.0×107mol/L，此时溶液中c(CO)=Ksp(BaCO3)/c(Ba2+)=1×109/1.0×107=0.01mol/L，CO的去除率=（0.20mol/L-0.01mol/L）/0.20mol/L=95%；(5)途径II氧化时还原剂为MoS2、氧化剂为NaClO，生成物为Na2SO4和Na2MoO4，反应中Mo化合价由+4价变为+6价，S由-2变为+6，1mol MoS2失去16mol电子，NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，1mol得到2mol电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比19；(6)重结晶为根据可溶物的溶解度不同，利用多次结晶得到较纯的物质，其操作的目的为除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体。【点睛】根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，且为稳定的氧化物，气体A为二氧化碳；根据还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数的比值，可计算出还原剂与氧化剂物质的量之比。