第三章第4节 第2课时沉淀的生成课时作业-高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1.docx

第三章第4节第2课时沉淀的生成-课时作业高中化学人教版（2019）选择性必修1学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1已知，一些铅盐的溶度积如下：化合物PbSO4PbCO3PbSPbCl2溶度积Ksp1.82×10-81.46×10-139.04×10-291.17×10-5由上述数据可知，要除去工业废水中的Pb2+，沉淀剂最好选用()A硫酸盐B硫化物C碳酸盐D盐酸盐2下列说法正确的是（    ）A向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，c(Cl-)增大，Ksp增大B已知的，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有，且C可通过比较和的Ksp的大小比较它们的溶解性D25 时，故新生成的 AgCl可转化为AgI3下列叙述正确的是()A除去MgCl2溶液中混有的FeCl2溶液工业上一般先将Fe2+氧化为Fe3+再以Fe(OH)3除去，因为Fe(OH)2为白色絮状沉淀不易过滤。B向饱和的FeCl3溶液中加入适量的NaOH溶液并加热至溶液呈红褐色，可以制得Fe(OH)3胶体C向饱和的NaHCO3溶液中滴加酚酞，溶液呈浅红色是因为电离产生了H+D铝箔用砂纸仔细打磨，除去表面的保护膜，在酒精灯上加热会观察到铝受热融化并滴落4下列说法中，正确的是()A难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解即停止B难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动CKsp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关D相同温度下，AgCl在水中的溶解能力与在NaCl溶液中的相同5取1 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 mol·L-1)：下列说法不正确的是A实验白色沉淀是难溶的AgClB由实验说明AgI比AgCl更难溶C若按顺序实验，看不到黑色沉淀D若按顺序实验，看不到白色沉淀6某小组用硫铜矿煅烧废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)为原料制取Cu2O，流程如图：下列说法不正确的是A“调节pH”主要目的是为了除去Fe3+B“还原”过程中主要发生的反应为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2+4K2SO4+6H2OC用N2H4还原制取Cu2O的优点是产生N2氛围，可防止产品被氧化DCu2O的晶胞结构如图所示，其中X代表的是Cu+7实验测得浓度均为0.5 mol. L-1的Pb(CH3COO)2溶液的导电性明显弱于Pb(NO3)2溶液，又知PbS是不溶于水及稀酸的黑色沉淀，下列离子方程式书写错误的是APb(NO3)2溶液与CH3COONa溶液混合：Pb2+ +2CH3COO-=Pb(CH3COO)2BPb(NO3)2溶液与K2S溶液混合：Pb2+S2-=PbSCPb(CH3COO)2溶液与K2S溶液混合：Pb(CH3COO)2+S2- =PbS+ 2CH3COO-DPb(CH3COO)2在水中电离： Pb(CH3COO)2=Pb2+ +2CH3COO-8已知Fe(OH)3 在pH为45时，就可以沉淀完全，若要除去MgCl2 酸性溶液中的Fe3+ ，可以加入一种试剂，充分搅拌后过滤，就可得到纯净的MgCl2 溶液，这种试剂是(      )NH3·H2O  NaOH    MgCO3   Mg(OH)2 MgO      KSCNABCD9某同学利用菱镁矿（主要含MgCO3，FeCO3杂质）制取碱式氯化镁Mg(OH)Cl的流程。已知：MgO用于调节沉淀池中溶液的pH值。金属离子pH开始沉淀完全沉淀Fe3+1.52.8Fe2+5.58.3Mg2+8.811.4下列说法不正确的是（    ）A酸浸池中加入的酸可以是硫酸B加入MgO后的沉淀一定含有Fe(OH)3C氧化池中通入氯气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+D制得碱式氯化镁的方程式为：MgCl2·6H2OMg(OH)Cl+HCl+5H2O10下列实验过程中的相关步骤正确的是选项实验操作A探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象B验证Mg(OH)2 和Fe(OH)3的Ksp大小取2mL 1.0mol/L NaOH 溶液，先滴2滴1.0mol /L MgCl2溶液,再滴2滴1.0mol/L FeCl3溶液C由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干D测定中和反应反应热混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol/L HCl溶液与50mL 0.55mol/L NaOH 溶液的温度AABBCCDD11时，在AgCl的饱和溶液中存在平衡：，加入少量NaCl固体，下列说法正确的是A溶液中和的浓度都增大B溶度积常数增大C沉淀溶解平衡向右移动D溶液中的浓度减小12已知：25时，KspNi(OH)2=2.0×10-15，KspFe(OH)3=4.0×10-38。将含Fe2O3、Ag、Ni的某型废催化剂溶于盐酸，过滤，滤渣为Ag，所得溶液中c(Ni2+)=c(Fe3+)=0.4mol/L。向该溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液（假设溶液体积不变）。下列说法中正确的是A金属活动性：AgNiB加入NaOH溶液时，先产生Ni(OH)2沉淀C当滴定到溶液pH=5时，溶液中lg约为10D当滴定到溶液呈中性时，Ni2+已沉淀完全二、填空题13某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属、及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体()：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：金属离子开始沉淀时()的7.23.72.27.5沉淀完全时的()8.74.73.29.0将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_。14氯是海水中含量最丰富的元素，氯的单质及其化合物在生成、生活领域应用广泛。（1）自来水厂常用液氯进行杀菌消毒。氯气溶于水发生的可逆反应为_（用离子方程式表示）。（2）用液氯消毒会产生微量有机氯代物，危害人体健康，可以使用二氧化氯（ClO2）代替液氯。工业上以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠（NaClO3）和硫酸溶液混合制备二氧化氯气体。已知黄铁矿中的硫元素（-1价）最终氧化成SO42-，写出制备二氧化氯的离子方程式_。（3）生产漂白粉工厂的主要设备是氯化塔，塔从上到下分为四层，如图为生产流程示意图。生产漂白粉反应的化学方程式为_。实际生产中，将石灰乳（含有3%-6%水分的熟石灰）从塔顶喷洒而下，氯气从塔的最底层通入。这样加料的目的是_。（4）用莫尔法可以测定溶液中Cl-的含量。莫尔法是一种沉淀滴定法，用标准AgNO3溶液滴定待测液，以K2CrO4为指示剂，滴定终点的现象是溶液中出现砖红色沉淀（Ag2CrO4）。已知平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，该滴定过程需要控制pH范围在6.510.5，若pH小于6.5会使测定结果偏高。结合平衡移动原理解释偏高的原因:_ 。三、实验题15某化学小组在查阅文献及实验探究的基础上，深刻地认识了卤素的性质。IF2与C12的相似性。1971年NHStudier和EHAppelman从冰(40)的氟化作用中首次发现F2、C12与水的反应相似。(1)写出氟气与水发生上述反应的化学方程式_。II次氯酸钠和氯酸钾的制备。按图装配仪器并检查装置的气密性。第一步：在锥形瓶内放约3g MnO2粉末，安全漏斗深入试管底部；第二步：在管6中放4mL 6mol·L-1KOH溶液(放热水浴中)，管7中放4mL 2mol· L-1NaOH溶液(放冰水浴中)。打开控制夹3，关闭控制夹4；第三步：由漏斗加入15mL 9mol·L-1HCl溶液，缓慢加热，控制氯气均匀产生。热水浴温度控制在323K328K；第四步：一段时间后，停止加热，(2)锥形瓶中用小试管的优点为_。(3)停止加热后的操作是_，再将管6和管7拆下。(4)查阅文献资料知道，将NaClO溶液加热，NaClO分解可生成NaClO3，据此推断若将KC1O3加热至673K，其分解的化学方程式为_。C1-、Br-、I-的混合液中C1-的鉴定已知：Ksp(AgC1)=1.8×10-10    Ksp(AgBr)=5.4×10-13      Ksp(AgI)=8.5×10-17第一步：取2-3滴C1-、Br-、I-的混合液，加1滴6mol·L-1HNO3溶液酸化，滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液至沉淀完全，加热2min，离心分离，弃去溶液：第二步：在沉淀中加入510滴2mol·L-1NH3·H2O溶液，剧烈搅拌，并温热1min，离心沉降，移清液于另一只试管中。(5)已知，设平衡时Ag(NH3)2+浓度为0.1mol·L-1，则溶解AgBr沉淀所需氨水的最低浓度约为_mol·L-1()。(6)根据上述计算，可推知清液中溶质主要成分的化学式为_。第三步：清液用6mol·L-1HNO3酸化，(7)现象是_，证实C1-存在。反应的离子方程式为_。试卷第5页，共6页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1B【分析】根据题意可知，本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，运用不同硫化物的溶度积常数分析。【详解】根据不同硫化物的溶度积常数分析，除去Pb2+的效果好，形成的沉淀越难溶越好，PbS的溶度积极小，一般而言，金属离子的硫化物相当难溶。答案选B。2D【详解】A、氯化银溶液中存在如下平衡：AgCl(s) =Ag+ (aq)+Cl-(aq)，由于氯化钠的溶解度大于氯化银，加入NaCl固体，增大氯离子浓度，平衡向逆反应方向移动，析出氯化银沉淀，氯化银的溶解度降低，但温度不变，溶度积不变，故A错误；B、含有固体MgCO3的溶液中，Mg2+和CO32-都能水解，水解后离子浓度不相等，并且在不同的温度下，溶度积不同，故B错误；C、氢氧化镁和碳酸镁的组成结构不同，所以不能通过比较Mg(OH)2和MgCO3的Ksp的大小比较它们的溶解性，故C错误；D、Ksp(AgCl)> Ksp ( AgI)，根据沉淀的转化原理可知，AgCl悬浊液中加入NaI溶液时，很容易转化为AgI悬浊液，故D正确；故选D。【点睛】对于结构相同的难溶电解质可以直接比较Ksp大小即可得出溶解度大小；但是对于结构不同的难溶电解质不能直接通过比较Ksp大小来比较溶解度大小。如Mg(OH)2和MgCO3，必须换算成溶解度才能直接比较。3A【详解】A由于Fe2+和Mg2+开始沉淀时的pH值较接近，Fe3+完全沉淀时的pH=2.8，除去MgCl2溶液中混有的FeCl2溶液，工业上一般先加过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3除去，但Fe(OH)2为白色絮状沉淀不易过滤，故A符合题意；B向饱和的FeCl3溶液中加入适量的NaOH溶液并加热得到的是氢氧化铁沉淀，不能制得Fe(OH)3胶体，制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和的FeCl3溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色，故B不符合题意；CNaHCO3溶液中水解程度大于电离程度，溶液略显碱性，酚酞遇碱变红，故向饱和的NaHCO3溶液中滴加酚酞，溶液呈浅红色与电离无关，故C不符合题意；D铝箔用砂纸仔细打磨，除去表面的保护膜，在酒精灯上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，氧化铝的熔点高于铝的熔点，由于氧化铝在铝的表面，会观察到铝受热融化但不滴落，故D不符合题意；答案选A。4C【详解】A、难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀溶解平衡是动态平衡，沉淀和溶解速率相同但不为0，故A错误；B、难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡不移动，故B错误；C、沉淀溶解平衡常存在的溶度积常数，Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关，故C正确；D、相同温度下，AgCl在水中的溶解能力大于在NaCl溶液中的溶解能力，因为氯化钠溶液中氯离子对氯化银溶解起到抑制作用，故D错误；答案选C。5C【分析】利用反应向着更难溶的方向进行分析。【详解】A、AgNO3溶液中加入NaCl溶液，发生AgCl=AgCl，即实验中白色沉淀是AgCl，故A说法正确；B、实验中加入过量KI溶液，出现黄色沉淀，说明产生AgI，即发生AgCl(s)I(aq)=AgI(s)Cl(aq)，推出AgI比AgCl更难溶，故B说法正确；C、实验得到黑色沉淀，该黑色沉淀为Ag2S，推出Ag2S比AgI更难溶，溶解度由大到小的顺序是AgCl>AgI>Ag2S，按顺序实验，能观察黑色沉淀，故C说法错误；D、根据选项C分析，按照顺序实验，生成更难溶的AgI，不能得到AgCl，即无法观察到白色沉淀，故D说法正确。6D【分析】酸浸溶解后，所得溶液中含有Fe2(SO4)3、CuSO4、FeSO4、H2SO4（过量），经过氧化操作，Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中溶质为Fe2(SO4)3、CuSO4、H2SO4（过量），通过调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，故滤渣为Fe(OH)3，此时滤液主要含CuSO4、H2SO4，加入KOH、N2H4在90下还原Cu2+生成Cu2O。【详解】A由分析知，调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，A正确；B由流程知，还原时，N2H4将CuSO4还原为Cu2O，自身转化为N2，对应方程式为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2+4K2SO4+6H2O，B正确；C还原过程中生成的N2可隔绝空气，防止产品Cu2O被氧气氧化，C正确；D该晶胞中，白球个数=，黑球个数为4个，故黑球：白球=2：1，结构化学式Cu2O知黑球代表Cu+，白球（X）代表O2-，D错误；故答案选D。7D【详解】A根据题意得出Pb(CH3COO)2为弱电解质，Pb(NO3)2溶液与CH3COONa溶液反应生成弱电解质：Pb2+ +2CH3COO= Pb(CH3COO)2，故A正确；BPb(NO3)2溶液与K2S溶液是Pb2+和S2反应生成PbS沉淀：Pb2+S2 = PbS，故B正确；CPb(CH3COO)2弱电解质溶液与K2S溶液反应生成PbS沉淀：Pb(CH3COO)2+S2 = PbS+ 2CH3COO，故C正确；DPb(CH3COO)2弱电解质，在水中电离：Pb(CH3COO)2 Pb2+ +2CH3COO，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】读出题中隐含的信息是关键，Pb(CH3COO)2溶液的导电性明显弱于Pb(NO3)2溶液说明Pb(CH3COO)2是弱电解质。8C【详解】NH3·H2O虽可以中和H+，使Fe3+沉淀，但会引入新的杂质，同时加入量稍多也会使Mg2+沉淀，故错误；NaOH虽可以中和H+，使Fe3+沉淀，但会引入新的杂质，同时加入量稍多也会使Mg2+沉淀，故错误；MgCO3既可与H+反应，促使Fe3+完全水解而沉淀，又由于MgCO3难溶于水，过量的MgCO3不会进入溶液，故正确；Mg(OH)2既可与H+反应，促使Fe3+完全水解而沉淀，又由于Mg(OH)2难溶于水，过量的Mg(OH)2不会进入溶液，故正确；MgO既可与H+反应，促使Fe3+完全水解而沉淀，又由于MgO难溶于水，过量的MgO不会进入溶液，故正确；KSCN可溶，且不能除去Fe3+ ，反而引入新的杂质，故错误。答案选C。9A【分析】菱镁矿中含有MgCO3和FeCO3，加入过量的酸溶解，根据流程目的是制取Mg(OH)Cl，因此X酸为盐酸，通入氯气将Fe2氧化成Fe3，再加MgO调节pH，得到氢氧化铁沉淀，过滤分离后，得到MgCl2溶液，据此分析解答。【详解】A.通过菱镁矿制取Mg(OH)Cl，X酸应是盐酸，如果加入硫酸，引入新杂质SO42，故A说法错误；B.菱镁矿中除含有MgCO3外，还含有FeCO3，流程制取Mg(OH)Cl，需要将Fe2除去，根据流程，通入氯气，将Fe2氧化成Fe3，再加入MgO，调节pH，使Fe元素以Fe(OH)3沉淀而除去，故B说法正确；C.根据流程，FeCO3与盐酸反应，生成FeCl2、CO2，再通入氯气，利用氯气的氧化性将Fe2氧化成Fe3，故C说法正确；D.根据流程，获得Mg(OH)Cl，反应方程式为MgCl2·6H2OMg(OH)Cl+HCl+5H2O，故D说法正确；答案：A。10D【详解】A.要探究浓度对化学反应速率影响实验，应该只有浓度不同，其他条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度是否相同，并且实验现象也不明显，所以不能实现实验目的，故A错误；B.向2mL1.0mol/LNaOH溶液中先滴3滴1.0mol/LMgCl2溶液，会生成Mg(OH)2白色沉淀，但由于NaOH过量，再滴2滴1.0mol/LFeCl3溶液时，FeCl3直接与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，而不会与沉淀Mg(OH)2反应，所以不存在沉淀的转化问题，故B错误；C.氯化镁易水解，加热溶液易得到氢氧化镁沉淀，为防止水解，应在氯化氢氛围中，故C错误；D.测定中和反应反应热，需要测量反应前的初始温度，为保证测量结果准确，温度计应该洁净，所以混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液的温度，故D正确。故选D。11D【详解】A.由于不变，则浓度增大，银离子浓度减小，选项A错误；B.温度不变，则不变，选项B错误；C.加入少量NaCl固体，增大，则平衡会向左移动，选项C错误；D.由A分析可知溶液中的浓度减小，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，主要把握浓度对平衡移动的影响以及溶度积的意义， AgCl悬浊液中存在平衡：，往其中加入少量 NaCl固体，增大，则平衡会向左移动，相同温度下不变，氯离子浓度增大，银离子浓度减小，以此解答该题。12C【详解】AAg不能与盐酸反应，而Ni能与盐酸反应，因此金属活动性：NiAg，故A错误；Bc(Ni2+)=0.4mol/L时，Ni2+刚好开始沉淀时溶液中，c(Fe3+)=0.4mol/L时，Fe3+刚好开始沉淀时溶液中，故先产生Fe(OH)3沉淀，故B错误；C溶液pH=5时c(H+)=10-5mol/L，溶液中，则Ni2+未沉淀，c(Ni2+)=0.4mol/L，则，故C正确；D当溶液呈中性时，c(OH-)=1×10-7mol/L，此时溶液中，故Ni2+未沉淀完全，故D错误；故答案为：C。13提高镍回收率【详解】分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。故答案为：提高镍回收率；14     Cl2+H2OH+Cl-+HClO     15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O     2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O     促进反应物间的充分接触，提高反应的效率     提高氢离子浓度，平衡逆向移动，CrO42-浓度降低，导致生成的Ag2CrO4（砖红色）沉淀所需银离子浓度增大，消耗的硝酸银量增多，使测得的氯离子含量偏高【分析】（1）氯气与水的反应为：Cl2+H2OHCl+HClO，改写成离子方程式即可解答；（2）由题给信息可知该反应的氧化剂为NaClO3，还原剂为FeS2，氧化产物为SO42-和Fe3+，还原产物为ClO2，根据氧化还原反应方程式的配平方法解答；（3）氯气与石灰乳的反应方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，工业上工艺条件的选择往往从提高产率和提高效率两个方面进行分析，由此可得结论。（4）若溶液的pH减小，则氢离子浓度增大，导致平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+逆向移动，溶液中CrO42-浓度偏小，由Ag2CrO4的溶度积可得生成的Ag2CrO4（砖红色）沉淀所需银离子浓度增大，消耗的硝酸银的量增多，从而使测得的氯离子含量偏高，据此分析可得结论。【详解】（1）氯气溶于水，其中部分氯气与水反应生成HCl和HClO，次氯酸为弱酸，溶液中主要以分子形式存在，故答案为Cl2+H2OH+Cl-+HClO；（2）由题给信息可知该反应的氧化剂为NaClO3，还原剂为FeS2，氧化产物为SO42-和Fe3+，还原产物为ClO2，根据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为：15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O，故答案为15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O；（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，工业上通常采取逆流工艺将石灰乳（含有3%-6%水分的熟石灰）从塔顶喷洒而下，氯气从塔的最底层通入来促进反应物间的充分接触，提高反应的效率，故答案为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；促进反应物间的充分接触，提高反应的效率；（4）若溶液的pH小于6.5，则氢离子浓度增大，导致平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+逆向移动，溶液中CrO42-浓度偏小，由Ag2CrO4的溶度积可得生成的Ag2CrO4（砖红色）沉淀所需银离子浓度增大，消耗的硝酸银的量增多，从而使测得的氯离子含量偏高，故答案为提高氢离子浓度，平衡逆向移动，CrO42-浓度降低，导致生成的Ag2CrO4（砖红色）沉淀所需银离子浓度增大，消耗硝酸银的量增多，使测得的氯离子含量偏高。15     F2+H2O   HFO+HF     节省药品（答“液封”也对）     关闭控制夹3，打开控制夹4     4KClO33KClO4+KCl     43（或43.2）     Ag(NH3)2 Cl     有白色沉淀生成     Ag(NH3)2+Cl-+2H+=AgCl+2NH4+【分析】根据氯气和水的反应分析氟和水的反应方程式。根据已知信息，温度高时盐会发生歧化反应分析氯酸钾加热条件下生成的产物。根据溶度积的大小分析沉淀和先后顺序和溶解顺。【详解】（1）根据氯气和水反应生成盐酸和次氯酸分析，氟和水的方程式为：F2+H2O   HFO+HF；     （2）锥形瓶中放置的为二氧化锰，通过长颈漏斗加入浓盐酸，放置一个小试管时，盐酸将小试管充满后才流出，与二氧化锰接触，并且封住长颈漏斗的下端，即液封，不会让氯气从中逸出，这样做节省药品。（3）停止加入后，装置中仍产生氯气，关闭控制夹3，打开控制夹4，将剩余的氯气通入5中进行吸收，防止污染。（4）查阅资料得到，溶液在加热过程中发生歧化反应，同理可知，氯酸钾在温度更高的条件下也能分解，生成高氯酸钾和氯化钾，方程式为：4KClO33KClO4+KCl；（5）平衡时Ag(NH3)2+浓度为0.1mol·L-1，则溴离子浓度也为0.1 mol·L-1，根据c(Ag+)c(Br-)= 5.4×10-13, ，分析有，解得NH3·H2O的浓度为43（或43.2）mol/L。（6）根据上述计算可知，实验中用于溶解沉淀的氨水的浓度为2mol/L，该浓度远远小于43mol/L，故溴化银不可能溶解。根据溶度积分析，碘化银的溶度积比溴化银更小，故其更不可能溶解，氯化银的溶解度最大，所以在沉淀中加入氨水，只有氯化银溶解，故清液中溶质主要为Ag(NH3)2 Cl；（7）当清液中加入硝酸时，溶液中有白色沉淀生成，证实有C1-存在，反应的离子方程式为:Ag(NH3)2+Cl-+2H+=AgCl+2NH4+.答案第13页，共7页