2020届高考化学二轮复习难溶电解质的溶解平衡作业(2) 35页

难溶电解质的溶解平衡 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．某电路板生产企业的水质情况及国家允许排放的污水标准如下表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。查阅资料，平衡I：Cu（OH）2+4NH3⇌[Cu（NH3）4]2++2OH﹣；平衡II：Cu（OH）2+2OH﹣⇌[Cu（OH﹣）4]2﹣下列说法不正确的是（　　）‎ 项目 废水水质 排放标准 pH ‎1.0‎ ‎6～9‎ Cu2+/mg•L﹣1‎ ‎72‎ ‎≤0.5‎ NH4+/mg•L﹣1‎ ‎2632‎ ‎≤15‎ A．废水中Cu2+处理的最佳pH约为9 ‎ B．b～c段：随pH升高，Cu（OH）2的量增加，平衡I正向移动，铜元素含量上升 ‎ C．c～d段：随pH升高，c（OH﹣）增加，平衡I逆向移动，铜元素含量下降 ‎ D．d点以后，随c（OH﹣）增加，铜元素含量可能上升 ‎2．根据下列图示所得出的结论不正确的是（　　）‎ A．图甲表示2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0速率与时间关系曲线，说明t1时改变的条件是增大体系的压强 ‎ B．图乙是常温下碳钢浸没在NaCl溶液中腐蚀速率与NaCl浓度的关系曲线，说明在NaCl浓度较高时溶液中O2的浓度减少，正极反应减慢导致腐蚀速率降低 ‎ C．图丙是金刚石与石墨分别氧化生成CO2的能量关系曲线，说明石墨转化为金刚石的反应的△H＞0 ‎ D．图丁是常温下AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，说明阴影区域只有Ag2CrO4沉淀 ‎3．已知298K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a、b所示，已知该温度下，Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]，正确的是（　　）‎ A．a线表示Fe（OH）2饱和溶液中的变化关系 ‎ B．除去CuSO4溶液中少量的Fe2+，可加入适量CuO ‎ C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液 ‎ D．当Fe（OH）2和Cu（OH）2沉淀共存时，溶液中：C（Fe2+）：C（Cu2+）＝104.6：1‎ ‎4．已知298K时，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（NiCO3）＝1.0×10﹣7；p（Ni）＝﹣lg c（Ni2+），p（B）＝﹣lg c（S2﹣）或﹣lg c（CO32﹣）。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni（NO3）2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是（　　）‎ A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度 ‎ B．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动 ‎ C．对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动 ‎ D．P为3.5且对应的阴离子是CO32﹣‎ ‎5．298K时，向1 0mL0.05mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中﹣lgc（Cu2+）与Na2S溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法错误的是，已知：Ksp（ZnS）＝3×10﹣25．（　　）‎ A．根据曲线数据计算可知Ksp（CuS）的数量级为10﹣36 ‎ B．a点： ‎ C．a、b、c三点中，水的电离程度最小的是b点 ‎ D．相同实验条件下，若改为0.05 mol/LZnCl2溶液，反应终点b沿虚线向上方移动 ‎6．配离子的稳定性可用K不稳衡量，例如[Ag（NH3）2]+的K不稳＝．在一定温度下，向0.1mol/L硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+．溶液中pNH3与δ（X）的关系如图其中小pNH3＝﹣1g[c（NH3）]、δ（X）＝ （X代表Ag+或[Ag（NH3）2]+）。下列说法正确的是（　　）‎ A．图中δ1代表的是δ（[Ag（NH3）2]+） ‎ B．向溶液中滴入稀硝酸，δ（Ag+）减小 ‎ C．该溶液中c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣） ‎ D．该温度时，K不稳（[Ag（NH3）2]+）＝107.3‎ ‎7．已知：常温下，Ksp（CuS）＝1.0×10﹣36，K sp（HgS）＝1.6×10﹣52；pM＝﹣lgc（M2+）。常温下，向10.0mL0.20mol•L﹣1Cu（NO3）2溶液中逐滴滴加0.10mo l•L﹣1Na2S溶液，溶液中pM与加入Na2S溶液的体积（V）的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）‎ A．V0＝20.0mL，m＝18 ‎ B．若c[Cu（NO3）2]＝0.01mol•L﹣1，则反应终点可能为e点 ‎ C．a、b、d三点中，由水电离的c（H+）和c（OH﹣）的积最大的为b点 ‎ D．相同条件下，若用等浓度等体积的Hg（NO3）2溶液代替上述Cu（NO3）2溶液，则反应终点b向c方向移动 ‎8．在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t℃时AgCl的Ksp＝4×10﹣10，下列说法正确的是（　　）‎ A．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，Ksp也减小 ‎ B．在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，可使溶液中c点变到b点 ‎ C．图中a点对应的是有AgBr沉淀生成 ‎ D．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数K≈816‎ ‎9．已知：pCu＝﹣1gc（Cu+），pX＝﹣lgc（X﹣）。298K时，Ksp（CuCl）＝a×10﹣6，Ksp（CuBr）＝b×10﹣9，Ksp（CuI）＝c×10﹣12‎ ‎．在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c（Cu+）和c（Cl﹣）都减小 ‎ B．图中x代表CuI曲线，且P点c（Cu+）＝c（I﹣） ‎ C．298K时增大M点的阴离子浓度，则Y上的点向N点移动 ‎ D．298K时CuBr（s）+I﹣（aq）⇌CuI（s）+Br﹣（aq）的平衡常数K的数量级为103‎ ‎10．室温下向20mL含0.10mol•L﹣1Cr2+和0.10mol•L﹣1Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol•L ﹣1NaOH溶液，金属阳离子浓度与滴入NOH溶液体积的关系曲线如图所示。若溶液中金属离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1视为完全沉淀，则下列说法错误的是（　　）[Cr（OH）2的Ksp为2×10﹣16，Fe（OH）2的Ksp为8×10﹣16]‎ A．曲线A表示c（Fe2+） ‎ B．当V（NaOH）＝30mL时，Fe2+开始沉淀 ‎ C．当pH＝7时溶液中Fe2+、Cr2+均完全沉淀 ‎ D．V（NaOH）＞30mL时，溶液中c（Fe2+）：c（Cr2+）＝4.0‎ ‎11．已知298K时，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣23，Ksp（FeS）＝6.0×10﹣18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示（图中R表示Ni或Fe）。下列说法正确的是（已知：≈2.4，≈3.2）（　　）‎ A．M点对应的溶液中，c（S2﹣）＝3.2×10﹣11mol•L﹣1 ‎ B．与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的 ‎ C．向Q点对应的溶液中加水，可转化成N点对应的溶液 ‎ D．FeS+Ni2+⇌NiS+Fe2+的平衡常数K＝6000‎ ‎12．25℃时，向等物质的量浓度的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni（NO3）2溶液产生NiS、NiCO3两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示[已知25℃时，Ksp（NiS）＝3.0×10﹣19，Ksp（NiCO3）＝1.0×10﹣7]．下列说法正确的是（　　）‎ A．曲线Ⅰ代表NiS ‎ B．25℃时溶解度：NiS＞NiCO3 ‎ C．曲线Ⅱ，对b点溶液加热，b点向a点移动 ‎ D．x＝3.5‎ ‎13．已知：pAg＝﹣lgc（Ag+），Ksp（AgCl）＝1×10﹣12，Ksp （AgI）＝1×10﹣16．如图是向10mLAgNO3溶液中逐滴滴入0.1mo1•L﹣1的NaCl溶液时，pAg随着加入NaCl溶液的体积变化的图象（实线）。下列叙述正确的是（　　）‎ A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol•L﹣1 ‎ B．图中x点表示溶液中Ag+恰好完全沉淀 ‎ C．图中x点的坐标为（10，6） ‎ D．若把NaCl溶液换成0.1mol•L﹣1NaI溶液，则图象在终点后变为虚线部分 ‎14．常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+、Cd2+等，通过添加过量的难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是（　　）‎ A．过滤后的溶液中一定没有S2﹣ ‎ B．MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中 ‎ C．常温时，CuS、PbS、CdS比MnS更难溶 ‎ D．加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2++S2﹣＝CuS↓‎ ‎15．已知pCa＝﹣lgc（Ca2+），Ksp（CaSO4）＝9.0×10﹣6，Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9，向10mL CaCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2SO4溶液时，溶液中pCa与Na2SO4溶液体积（V）的关系如图所示（实线），下列有关说法正确的是（已知1g3＝0.48）（　　）‎ A．y值为3.48 ‎ B．a与b两点c（Ca2+）之比为50：3 ‎ C．原CaCl2溶液浓度为1mol/L ‎ D．若把0.1mol/L的Na2SO4溶液换成0.1mol/L的Na2CO3溶液则图象在终点后变为虚线部分 ‎16．下列表述不正确的是（　　）‎ A．常温下，浓硝酸、浓硫酸可贮存在铝制容器中 ‎ B．处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再用酸除去 ‎ C．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中逐滴加入BaCl2溶液，红色褪去，则BaCl2溶液呈酸性 ‎ D．向苯酚浊液中滴入Na2CO3溶液，溶液变澄清，则苯酚电离出H+的能力大于HCO3﹣‎ ‎17．下列叙述正确的是（　　）‎ A．3.2g铜溶于过量的浓硝酸完全反应生成的气体的物质的量一定为0.1mL ‎ B．78gNa2S和Na2O2的混合物中阳离子与阴离子的个数比不能确定 ‎ C．25℃HCN的电离平衡常数为5.0×10﹣10，则浓度均为0.10mol•L﹣1NaCN和HCN的混合溶液中有c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） ‎ D．Fe（NO3）2溶液中加入过量的HI溶液：Fe2++NO3﹣+4H++2I﹣＝I2+Fe3++NO↑+2H2O ‎18．常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断正确的是（　　）‎ A．曲线上任意一点的Ksp都相同 ‎ B．在CaSO4饱和溶液中加入NaSO4固体，可使溶液由b点变化到c点 ‎ C．蒸发水后，可使溶液由d点变化到b点 ‎ D．常温下，CaSO4的Ksp的数量级为10﹣5‎ ‎19．t℃时，AgX（X＝Cl、Br）的溶度积与c（Ag+）和c（X﹣）的相互关系如图所示，其中A线表示AgCl，B线表示AgBr，已知p（Ag+）＝﹣lgc（Ag+），p（X﹣）＝﹣lgc（X﹣）。下列说法正确的是（　　）‎ A．c点可表示AgCl的不饱和溶液 ‎ B．b点的AgCl溶液加人AgNO3晶体可以变成a点 ‎ C．AgCl（s）+Br﹣（aq）＝AgBr（s）+Cl﹣（aq）平衡常数K＝10﹣4 ‎ D．a点AgCl溶液和b点AgBr溶液等体积混合，会析出AgBr沉淀 ‎20．已知金属离子M2+，25℃时在水中存在M2+（aq）、M（OH）+（aq）、M（OH）2（s）、M（OH）3﹣（aq）、M（OH）42﹣（aq）五种形态，该体系中各形态的物质的量分数（α）随pH的变化关系如图，下列叙述中错误的是（　　）‎ A．P点的pH为12，则M（OH）3﹣⇌M（OH）2+OH﹣的平衡常数为10﹣2 ‎ B．M（OH）3完全沉淀后，增大溶液的pH，沉淀不会立即开始溶解 ‎ C．溶液pH达到14之前，沉淀M（OH）2已完全溶解 ‎ D．M（NO3）2溶液显酸性，其水解的离子方程式为：M2++H2O⇌M（OH）++H+‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．图是铬酸银（Ag2CrO4）T℃时，在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线．‎ ‎（1）向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4　 　（填“能”或“不能”）使溶液由Y点变为X点 ‎（2）图中a＝　 　．‎ ‎22．室温下，已知Ksp[Mg（OH）2]＝1.0×10﹣11，现用MgSO4溶液制备[Mg（OH）2．若MgSO4溶液中c（Mg2+）＝1.0×10﹣3mol/L，那么，向其中加入等体积的KOH溶液的浓度为　 　mol/L，可使Mg2+恰好完全沉淀（溶液体积变化可忽略不计，但溶液中残留的Mg2+不能忽略）．‎ ‎23．银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照相器材等领域亦有广泛应用．回答下列问题：‎ ‎（1）久存的银制品表面会变黑，失去银白色光泽，原因是　 　‎ ‎（2）已知Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，若向100mL0.018mol•L﹣1的AgNO3溶液中加入100mL0.020mol•L﹣1的盐酸，混合后溶液中Ag+的浓度为　 　，pH为　 　．‎ ‎（3）锌聚苯胺电池具有价格便宜、重量轻等优点，在电动汽车行业应用前景广阔．负极使用的是高纯度锌片，以 ZnCl2和 NH4Cl 为主要电解质．锌聚苯胺电池充电时，负极材料上的电极反应式为　 　．‎ ‎24．在0.10mol•L﹣1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝8时，c（Cu2+）＝　 　mol•L﹣1（Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20）．若在0.1mol•L﹣1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是　 　mol•L﹣1．‎ ‎25．已知氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小．在钨冶炼工艺中，将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中得到钨酸钙，发生反应Ⅰ：WO42﹣（aq）+Ca（OH）2（s）═CaWO4（s）+2OH﹣（aq）．‎ ‎（1）图为不同温度下Ca（OH）2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线．‎ ‎①计算T1时KSP（CaWO4）＝　 　．‎ ‎②T1　 　 T2（填“＞”“＝”或“＜”）．‎ ‎（2）反应Ⅰ的平衡常数K理论值如表：‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎50‎ ‎90‎ ‎100‎ K ‎79.96‎ ‎208.06‎ ‎222.88‎ ‎258.05‎ ‎①该反应平衡常数K的表达式为　 　．‎ ‎②该反应的△H　 　0（填“＞”“＝”或“＜”）．‎ ‎③由于溶液中离子间的相互作用，实验测得的平衡常数与理论值相距甚远．50℃时，向一定体积的钨酸钠碱性溶液[c（Na2WO4）＝c（NaOH）＝0.5mol•L﹣1]中，加入过量Ca（OH）2，反应达到平衡后WO42﹣的沉淀率为60%，计算实验测得的平衡常数．‎ ‎（3）制取钨酸钙时，适时向反应混合液中添加适量盐酸，分析其作用：　 　．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．从海水中提取并制备碳酸锂，可以提高海水的综合利用价值，满足工业上对碳酸锂的需求。制备碳酸锂的一种工艺流程如下：‎ 已知：①海水中某些离子浓度如下：‎ 离子 Li+‎ Mg2+‎ Ca2+‎ Mn2+‎ Cl﹣‎ 浓度（mol/L）‎ ‎0.113‎ ‎0.049‎ ‎0.001‎ ‎0.010‎ ‎0.501‎ ‎②碳酸锂的溶解度：‎ 温度（℃）‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎30‎ ‎50‎ ‎70‎ ‎90‎ 溶解度（g/L）‎ ‎1.54‎ ‎1.43‎ ‎1.25‎ ‎1.08‎ ‎0.91‎ ‎0.83‎ ‎③几种难溶电解质的溶度积（25℃）：‎ 物质 Li2CO3‎ MgCO3‎ MnCO3‎ CaCO3‎ Mg（OH）2‎ Ksp ‎2.5×10﹣2‎ ‎6.8×10﹣6‎ ‎2.3×10﹣11‎ ‎2.8×10﹣9‎ ‎6×10﹣10‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）精制除杂阶段的滤渣为MgCO3、　 　（写化学式）‎ ‎（2）用HCl调pH为4～5的目的是　 　。‎ ‎（3）二次除镁过程中，若使Mg2+浓度为6×10﹣4mol/L，应控制pH为　 　。‎ ‎（4）沉锂阶段，实际测得不同纯碱加入量条件下的碳酸锂沉淀结果如下表：‎ 序号 n（CO32﹣）/n（Li+）‎ 沉淀质量（g）‎ Li2CO3含量（%）‎ 锂回收率（%）‎ ‎①‎ ‎0.9：2.0‎ ‎10.09‎ ‎92.36‎ ‎77.67‎ ‎②‎ ‎1.0：2.0‎ ‎10.97‎ ‎90.19‎ ‎82.46‎ ‎③‎ ‎1.1：2.0‎ ‎11.45‎ ‎89.37‎ ‎85.27‎ ‎④‎ ‎1.2：2.0‎ ‎12.14‎ ‎84.82‎ ‎85.85‎ 综合以上信息及考虑实际生产时的原料成本，应按照　 　（填序号）中CO32﹣与Li+‎ 物质的量之比加入纯碱制备碳酸锂。‎ ‎（5）沉锂温度需控制在90℃，主要原因是　 　。‎ ‎（6）碳化分解具体过程为：①向碳酸锂与水的浆料中通入CO2气体，充分反应后，过滤；②加热滤液使其分解。写出②反应中的化学方程式：　 　。写出在碳化分解中可循环利用物质的电子式：　 　。‎ ‎27．铊（Tl）的价态分析及处理方法是环境保护研究的重点课题。‎ ‎（1）三价铊各物种[Tl3+、Tl（OH）2+、Tl（OH） 2+、Tl（OH）3、Tl（OH）4﹣]分布分数（平衡时某物种的物质的量占各物种的总物质的量之和的分数）与pH的关系如图1所示。当pH＝1.5时，溶液中浓度最大的含铊物种是　 　（填化学式）。‎ ‎（2）铁盐、铁炭混合物、纳米MnO2均可作为去除废水中Tl+和Tl3+的吸附剂。‎ ‎①铁炭混合物去除铊的原理是　 　。若铁炭混合物中添加少量铝粉，铊的去除速率明显加快，其可能原因是　 　。‎ ‎②用纳米MnO2去除水体中的Tl+和Tl3+，测得铊的去除率随MnO2投加量的变化关系如图2所示。在纳米MnO2用量不变的情况下，欲提高铊的去除效果，可采取的措施是　 　。‎ ‎（3）通过沉淀法也可以去除工业废水中的Tl+和Tl3+。‎ ‎①利用硫酸盐还原菌（SRB）的催化作用，可以将废水中有机碳源（以CH2O表示）、SO 42﹣、Tl+去除（原理如图3所示）。写出该反应的离子反应方程式　 　。‎ ‎②工业污水铊的污染物排放限值为2.5×10﹣8mol•L﹣1．已知：Ksp（Tl2S）＝5×10﹣21，若铊的含量符合国家排放限值，则处理后的废水中c（S2﹣）≥　 　。‎ ‎③向含铊废水中加入溴水，使Tl+充分氧化成Tl3+，调节溶液pH，沉淀去除铊元素。若pH过大，铊元素去除率下降的原因是　 　。‎ ‎28．H2S以及COS（羰基硫）是化学工作者重要的研究对象。请回答下列问题：‎ ‎（l）COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为　 　。‎ ‎（2）已知：①COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1＝﹣17kJ/mol ‎②COS（g）+H2O（g）⇌H2S（g）+CO2（g）△H2＝﹣35kJ/mol ‎③CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H3‎ 则△H3＝　 　‎ ‎（3）已知常温下，Ksp（CuS）＝1.0×10﹣39，Ksp（PbS）＝9.0×10﹣29．向含有浓度均为0.01mol/L的Cu2+、Pb2+废水中缓慢通入H2S，首先生成的沉淀的化学式是　 　；当生成两种沉淀时，c（Pb2+）/c（Cu2+）＝　 　。‎ ‎（4）某温度T下，在密闭容器中充入5molH2O（g）和5molCOS（g），测得混合气体中H2S体积分数（Φ）与时间（t）的关系如图所示。‎ ‎①A点COS的正反应速率　 　（填“大于”“小于”或“等于”）B点COS的逆反应速率。‎ ‎②在该条件下，COS的平衡转化率为　 　‎ ‎③在该温度下，该反应的平衡常数K＝　 　‎ ‎④在B点对应的体系中，改变下列条件，能使COS转化率增大的是　 　‎ A．再通入H2O（g） B．加压 C．降温 D．加入催化剂 ‎29．氯化亚铜（CuCl）难溶于水，常用作催化剂、气体吸收剂及脱氯剂等。‎ ‎（1）向一定比例的CuSO4、NaCl溶液中持续加入一定浓度的Na2SO3溶液可制得CuCl．加入的Na2SO3溶液体积与溶液pH关系如上图1所示。‎ ‎①0～600mL时pH降低的原因是　 　（用离子方程式表示）；‎ ‎②600～2000mL的过程中有刺激性气味的气体产生，该气体是　 　。‎ ‎（2）①CuCl的另一种制备原理是Cu2++Cu+2Cl﹣⇌2CuCl　　K＝2.00×106，向0.01mol•L﹣1的CuCl2溶液中加入足量的铜，反应达到平衡时c（Cu2+）　 　mol•L﹣1。‎ ‎②反应Cu2++Cu+2Cl﹣⇌2CuCl　　K＝2.00×106还可用于除去溶液中的Cl﹣．根据平衡时溶液中相关离子浓度的关系如上图2所示，下列说法错误的是　 　。‎ A．Cl﹣浓度小于10﹣5mol/L时，可认可Cl﹣沉淀完成 B．Ksp（CuCl）的数量级为10﹣7‎ C．Cu2+、Cl﹣浓度为a点时，反应正向进行 D．加入Cu越多，Cu+离子浓度越高，除去Cl﹣的效果越好 ‎（3）经特殊处理的CuCl可捕捉CO气体，反应为CuCl（s）+xCO（g）⇌CuCl•xCO（s）△H＜0‎ ‎①为提高CO的平衡转化率，可采取的措施有　 　（填标号）。‎ A．降低温度 B．增大压强 C．延长反应时间 D．把CuCl分散到疏松多孔的分子筛中 ‎②将CuCl改性分子筛制备成高效的CO吸附剂，实验结果表明0.99g CuCl吸附标准状况下CO可达134.4mL，此时x＝　 　。（已知：Mr（Cu）＝63.5，Mr（Cl）＝35.5）‎ ‎（4）已知：CuCl（s）与O2反应生成CuCl2（s）和一种黑色固体。在25℃、101kPa下，此反应消耗1mol CuCl（s），放热44.4kJ，写出此反应的热化学方程式：　 　。‎ ‎30．以铜为原料可制备应用广泛的氧化亚铜。‎ ‎（1）向CuCl2溶液中通入SO2可得到CuCl固体，此反应的离子方程式为　 　。‎ 由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O．CuCl水解为：CuCl（s）+H2O（l）⇌CuOH（s）+Cl﹣（aq）+H+（aq）。该反应的平衡常数K与此温度下KW、Ksp（CuOH）、Ksp（CuCl）的关系为K＝　 　。‎ ‎（2）用铜作阳极，钛片作阴极，电解一定浓度的NaCl和NaOH的混合溶液可得到Cu2O，阳极及其溶液中有关转化如图1所示。‎ ‎①阳极的电极反应式为　 　。‎ ‎②电解一段时间后，电解液补充一定量的　 　可恢复到原电解质溶液。‎ ‎③溶液中③、④二步总反应的离子方程式为　 　。‎ ‎（3）Cu2O与ZnO组成的催化剂可用于工业上合成甲醇：‎ CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g），△H＝a KJ•mol﹣1。‎ 按n＝2投料比将H2与CO充入V L恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测定CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。‎ ‎①图中压强P1、P2、P3由大到小的关系是　 　；‎ ‎②起始时，c（H2）＝0.20mol•L﹣1，c（CO）＝0.10mol•L﹣1．在P3及T1℃下反应达到平衡，此时反应的平衡常数为　 　。‎ 难溶电解质的溶解平衡 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】A．曲线可以看出PH＝9时铜离子浓度最小；‎ B．b～c段随氢氧根离子浓度增大，铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，氨气浓度增大，结合平衡影响分析；‎ C．c～d段，随氢氧根离子浓度的增大，平衡I逆向进行；‎ D．d点以后，随c（OH﹣）增加，平衡II：Cu（OH）2+2OH﹣⇌[Cu（OH﹣）4]2﹣正向进行。‎ ‎【解答】解：A．图象中的变化曲线可知PH＝9时铜离子浓度最小，废水中Cu2+处理的最佳pH约为9，故A正确；‎ B．b～c段随氢氧根离子浓度增大，铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，氨气浓度增大，Cu（OH）2+4NH3⇌[Cu（NH3）4]2++2OH﹣，平衡正向进行，溶液中通过离子浓度增大，故B错误；‎ C．c～d段，随氢氧根离子浓度的增大，Cu（OH）2+4NH3⇌[Cu（NH3）4]2++2OH﹣逆向进行，铜离子浓度减小，铜元素含量下降，故C正确；‎ D．d点以后，随c（OH﹣）增加，平衡II：Cu（OH）2+2OH﹣⇌[Cu（OH﹣）4]2﹣正向进行，上层清液中铜元素的含量可能上升，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎2．【分析】A．根据图象，t1时刻v逆瞬间不变，v正瞬间增大，则是增大反应物浓度；‎ B．O2的含量影响碳钢在NaCl溶液中的腐蚀速率；‎ C．石墨能量低于金刚石能量；‎ D．取阴影区域内的某一点看，该点处c（Cl﹣）＝c（CrO42﹣），根据溶度积常数分析；‎ ‎【解答】解：A．根据图象，t1时刻v逆瞬间不变，v正瞬间增大，则是增大反应物浓度，故A错误；‎ B．O2的含量影响碳钢在NaCl溶液中的腐蚀速率，根据图象，腐蚀速率先增大，增大到最大后减小，说明在NaCl浓度较高时溶液中O2的浓度减少，正极反应减慢导致腐蚀速率降低，故B正确；‎ C．石墨能量低于金刚石能量，所以石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，故C正确；‎ D．取阴影区域内的某一点看，该点处c（Cl﹣）＝c（CrO42﹣），对应同样的c（Ag+），该点在Ag2CrO4的曲线之下，说明溶液中c（Ag+）大于Ag2CrO4饱和溶液中c（Ag+），产生Ag2CrO4沉淀，该点同时在AgCl的曲线之上，说明溶液中c（Ag+）小于AgCl饱和溶液中c（Ag+），不产生AgCl沉淀，所以阴影区域只有Ag2CrO4沉淀，故D正确，‎ 故选：A。‎ ‎3．【分析】已知Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]，则Fe（OH）2的溶解度大于Cu（OH）2，则Fe（OH）2中氢氧根离子的浓度大于Cu（OH）2中氢氧根离子的浓度，所以曲线a表示Cu（OH）2、曲线b表示Fe（OH）2，‎ A．相同条件下，氢氧化物的溶解度，溶液的pH越大；‎ B．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，加入适量CuO，Fe2+不变；‎ C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，Cu2+的浓度减小；‎ D．c（Fe2+）：c（Cu2+）＝。‎ ‎【解答】解：A．相同条件下，氢氧化物的溶解度，溶液的pH越大，所以曲线a表示Cu（OH）2，故A错误；‎ B．Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]，Cu（OH）2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入适量CuO，不能生成Fe（OH）2沉淀，所以Fe2+浓度不变，故B错误；‎ C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，Cu2+的浓度减小，而图中X到Y时，Cu2+的浓度不变，故C错误；‎ D．当pH＝10时，﹣lgc（Cu2+）＝11.7，则Ksp[Cu（OH）2]＝10﹣11.7×（10﹣4）2＝10﹣19.7，c（Fe2+）：c（Cu2+）＝＝＝104.6：1，故D正确，‎ 故选：D。‎ ‎4．【分析】A．NiS和NiCO3是同类型难溶电解质，可直接根据溶度积常数比较二者溶解度大小；‎ B．根据溶度积常数的表达式分析；‎ C．加热可使难溶电解质增加溶解，其溶度积常数增大；‎ D．根据Ksp（NiB）＝c（Ni2+）c（B2﹣），则pNi+pB＝pKsp（NiB），据此分析。‎ ‎【解答】解：A．NiS和NiCO3是同类型难溶电解质，由于Ksp（NiCO3）＞＞Ksp（NiS），所以常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度，故A正确；‎ B．对于d所处溶液，有Ksp（NiB）＝c（Ni2+）c（B2﹣），向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，即c（B2﹣）增大，则c（Ni2+）减小，pNi增大，即d点向b点移动，故B正确；‎ C．加热可使难溶电解质增加溶解，其溶度积常数增大，大多数物质都遵循这个规律，所以溶液中c（Ni2+）和c（B2﹣）都增大，但pNi和pB存在关系为：pNi＝pKsp（NiB）﹣pB，不是正比例函数关系，所以对于曲线I，在b点加热，b点不是向c点移动，故C错误；‎ D．产生NiS或者NiCO3，则有pNi+pB＝pKsp（NiB），由于Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（NiCO3）＝1.0×10﹣7，所以P点对应的是较小的pKsp（NiB），即Ksp（NiB）较大，因此P点对应的是NiCO3，pNi＝pB＝＝3.5，故D正确，‎ 故选：C。‎ ‎5．【分析】向10mL0.05mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生Cu2++S2﹣⇌CuS↓，10mL时Cu2+完全转化为沉淀，由图可知，该温度下，平衡时c（Cu2+）＝10﹣33.5mol/L，c（S2﹣）＝＝0.025mol/L则Ksp（CuS）＝c（Cu2+）c（S2﹣）＝10﹣33.5mol/L×0.025mol/L＝2.5×10﹣35.5mol2/L2，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．由上述分可知，Ksp（CuS）的数量级为10﹣36，故A正确；‎ B．a点CuCl2溶液过量，水解显酸性，则，故B正确；‎ C．a、c点均促进水解的电离，b点恰好生成CuS和NaCl，d点对水的电离无影响，则水的电离程度最小的是b点，故C正确；‎ D．相同实验条件下，若改为0.05 mol/LZnCl2溶液，Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），反应终点b沿虚线向下方移动，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎6．【分析】A．随着pNH3增大，则溶液中c（NH3）减小，促进Ag（NH3）2+解离，则c（Ag+）增大；‎ B．向溶液中滴入硝酸，c（NH3）减小，促进Ag（NH3）2+解离；‎ C．根据电荷守恒和物料守恒分析；‎ D．根据溶液中c（Ag+）＝c[Ag（NH3）2+]时的c（NH3）计算K不稳。‎ ‎【解答】解：A．随着pNH3增大，则溶液中c（NH3）减小，促进Ag（NH3）2+解离，则c（Ag+）增大，所以δ1代表δ（Ag+），故A错误；‎ B．向溶液中滴入硝酸，c（NH3）减小，促进Ag（NH3）2+解离，则δ（Ag+）增大，故B错误；‎ C．根据电荷守恒：c（Ag+）+c（H+）+c[Ag（NH3）2+]+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（NO3﹣），根据物料守恒：c（Ag+）+c[Ag（NH3）2+]＝c（NO3﹣），所以有：c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣），故C正确；‎ D．溶液中c（Ag+）＝c[Ag（NH3）2+]时，根据图象，此时pNH3＝3.65，所以c（NH3）＝10﹣3.65mol/L，则K不稳（[Ag（NH3）2]+）＝＝10﹣7.3，故D错误，‎ 故选：C。‎ ‎7．【分析】向10.0mL0.20mol•L﹣1Cu（NO3）2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2﹣⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2﹣单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液中滴加Na2S溶液的体积是20.0mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq），结合图象和溶度积常数计算、分析解答。‎ ‎【解答】解：A．b点溶液中滴加Na2S溶液恰好生成CuS沉淀，体积是20.0mL即V0＝20.0mL，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq），c（Cu2+）＝＝mol/L＝10﹣18mol/L，pM＝18即m＝18，故A正确；‎ B．若c[Cu（NO3）2]＝0.01mol•L﹣1，10.0mL0.01mol•L﹣1Cu（NO3）2溶液中n[Cu（NO3）2]＝10﹣4mol，完全反应时消耗10﹣4molNa2S，即V（Na2S）＝＝10﹣3L＝1ml，所以滴定终点左移，可能为e点，故B正确；‎ C．Cu2+单独存在或S2﹣单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度是a，b，c三点中最小的，故C错误；‎ D．相同条件下，若用等浓度等体积的Hg（NO3）2溶液代替上述Cu（NO3）2溶液，则滴加Na2S溶液恰好生成HgS沉淀消耗Na2S溶液体积是20.0mL，HgS存在沉淀溶解平衡：HgS（s）⇌Hg2+（aq）+S2﹣（aq），此时c（Hg2+）＝＝‎ mol/L＝×10﹣26mol/L，pM＝﹣lg（×10﹣26）＝26﹣lg＞25，即上移到出点，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎8．【分析】A．Ksp只受温度的影响；‎ B．在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，c（Br﹣）增大，则c（Ag+）减小，二者乘积不变；‎ C．在a点时Qc＝c（Ag+）•c（Br﹣）＜Ksp，判断AgBr为不饱和溶液；‎ D．根据K＝＝计算出平衡常数即可。‎ ‎【解答】解：A．Ksp只受温度的影响，则温度不变，Ksp也不变，故A错误；‎ B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小，故B错误；‎ C．根据图象可知，在a点时Qc＝c（Ag+）•c（Br﹣）＜Ksp，则没有沉淀生成，故C错误；‎ D．反应AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）的平衡常数为：K＝＝＝≈816，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎9．【分析】A．CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c（Cl﹣）增大，溶解平衡逆向移动；‎ B．p点pCu＝﹣1gc（Cu+）＝3；‎ C．增大M点的阴离子浓度，由图可知，若向N移动，c（Cu+）增大；‎ D.298K时CuBr（s）+I﹣（aq）⇌CuI（s）+Br﹣（aq）的平衡常数K＝。‎ ‎【解答】解：A．CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c（Cl﹣）增大，溶解平衡逆向移动，则c（Cu+）减小，故A错误；‎ B．p点pCu＝﹣1gc（Cu+）＝3，则c（Cu+）＝c（X﹣）＝10﹣3mol/L，x代表CuCl曲线，故B错误；‎ C．增大M点的阴离子浓度，由图可知，若向N移动，c（Cu+）增大，而阴离子浓度减小，故C错误；‎ D.298K时CuBr（s）+I﹣（aq）⇌CuI（s）+Br﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝103，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎10．【分析】A．Cr（OH）2的Ksp小于Fe（OH）2的Ksp；‎ B．当V（NaOH）＝30mL时，Qc＞Ksp时生成沉淀；‎ C．由Cr（OH）2的Ksp为2×10﹣16，Cr2+完全沉淀时c（OH﹣）＝＝4.4×10﹣5mol/L＞10﹣7mol/L，可知pH＞7；‎ D．V（NaOH）＞30mL时，溶液中c（Fe2+）：c（Cr2+）＝。‎ ‎【解答】解：A．Cr（OH）2的Ksp小于Fe（OH）2的Ksp，则c（OH﹣）相同时，金属离子浓度小的对应Cr（OH）2的Ksp，曲线A表示c（Fe2+），故A正确；‎ B．当V（NaOH）＝30mL时，Qc＝×（）2＞Ksp＝8×10﹣16，Fe2+开始沉淀，故B正确；‎ C．由Cr（OH）2的Ksp为2×10﹣16，Cr2+完全沉淀时c（OH﹣）＝＝4.4×10﹣5mol/L＞10﹣7mol/L，可知pH＞7，pH＝7时溶液中Cr2+未完全沉淀，故C错误；‎ D．V（NaOH）＞30mL时，溶液中c（Fe2+）：c（Cr2+）＝＝＝4.0，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎11．【分析】已知298K时，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣23，Ksp（FeS）＝6.0×10﹣18，可知NiS较难溶于水，则图中Ⅰ为FeS、Ⅱ为溶NiS解度曲线，曲线上的点为平衡点，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．M点对应的溶液中，c（S2﹣）＝mol•L﹣1＝2.4×10﹣12mol•L﹣1，故A错误；‎ B．P点对应硫离子浓度更小，为不饱和溶液，是均一稳定的分散系，故B正确；‎ C．Q与N相比较，浓度更小，无需加水稀释，故C错误；‎ D．FeS+Ni2+⇌NiS+Fe2+的平衡常数K＝＝6×105，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎12．【分析】A．由图可知，a点对应纵横坐标乘积时Ksp较大；‎ B．同类型的难溶电解质，Ksp越大，溶解度越大；‎ C．加热可使难溶电解质增加溶解，其溶度积常数增大；‎ D．结合Ksp（NiS）＝3.0×10﹣19计算。‎ ‎【解答】解：A．由图可知，a点对应纵横坐标乘积时Ksp较大，则曲线Ⅰ代表NiCO3，故A错误；‎ B．同类型的难溶电解质，Ksp越大，溶解度越大，则25℃时溶解度：NiS＜NiCO3，故B错误；‎ C．加热可使难溶电解质增加溶解，其溶度积常数增大，则曲线Ⅱ，对b点溶液加热，b点向a点移动，故C正确；‎ D．由Ksp（NiS）＝3.0×10﹣19＝10﹣x×10﹣x，x＞3.5，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎13．【分析】A．根据pAg＝﹣lg{c（Ag+）}求出Ag+的浓度；‎ B．x点c（Ag+）＝10﹣6 mol/L；‎ C．x点c（Ag+）＝10﹣6 mol/L，根据硝酸银的量求出消耗的氯化钠；‎ D．由于Ksp（AgI）更小，所以c（Ag+）更小。‎ ‎【解答】解：A．图中原点pAg＝0，则Ag+的浓度为：c（Ag+）＝100 mol/L，即原AgNO3溶液的物质的量浓度为1 mol/L，故A错误；‎ B．x点c（Ag+）＝10﹣6 mol/L，一般认为溶液中离子浓度小于10﹣5 mol/L完全沉淀，Ag+完全沉淀，故B正确；‎ C．x点c（Ag+）＝10﹣6 mol/L，一般认为溶液中离子浓度小于10﹣5 mol/L，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n（NaCl）＝n（AgNO3）＝0.01L×1mol/L＝0.01mol，所以V（NaCl）＝100mL，即x点的坐标为（100，6），故C错误；‎ D．与AgCl相比，碘化银的Ksp（AgI）更小，所以把0.1 mol/L的NaCl换成0.1mol/LNaI，则溶液中c（Ag+）更小，则pAg更大，图象不符，故D错误，‎ 故选：B。‎ ‎14．【分析】通过添加过量的难溶电解质MnS，除去Cu2+、Pb2+、Cd2+等离子，是沉淀转化的原理，利用CuS、PbS、CdS比MnS更难溶与水的原理转化，据此解答．‎ ‎【解答】A、难溶不是不溶，只是溶解度小，故A错误；‎ B、MnS难溶于水也难溶于MnCl2溶液，故B错误；‎ C、通过添加过量的难溶电解质MnS，除去Cu2+、Pb2+、Cd2+等离子，是沉淀转化的原理，利用CuS、PbS、CdS比MnS更难溶与水的原理转化，故C正确；‎ D、沉淀转化的离子方程式为：Cu2+（aq）+MnS（s）＝CuS（s）+Mn2+（aq），故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎15．【分析】A．a点加入10mLNa2SO4溶液，为突跃点，说明恰好产生CaSO4，根据Ksp计算；‎ B．根据溶度积常数计算两点的Ca2+浓度之比；‎ C．a点为突跃点，反应恰好产生CaSO4；‎ D．CaSO4比CaCO3的溶解度高，前者Ksp数值更大，据此分析图象变化趋势。‎ ‎【解答】解：A．a点加入10mLNa2SO4溶液，为突跃点，说明恰好产生CaSO4，所以y＝＝0.003mol/L，故A错误；‎ B．a点溶液中c（Ca2+）＝10﹣4.3mol/L，b点溶液中加入Na2CO3的体积为20mL，则溶液中c（CO32﹣）＝mol/L，则此时溶液中c（Ca2+）＝＝3×10﹣7.6mol/L，所以a点和b点溶液中c（Ca2+）之比为665≈2000：3，故B错误；‎ C．a点为突跃点，反应恰好产生CaSO4，说明原溶液浓度为0.1mol/L，故C错误；‎ D．CaSO4比CaCO3的溶解度高，前者Ksp数值更大，因此若把0.1mol/L的Na2SO4溶液换成0.1mol/L的Na2CO3溶液，溶液中Ca2+下降的快，则﹣lgc（Ca2+）值相对较大，图象应在原图象上方，故D正确，‎ 故选：D。‎ ‎16．【分析】A．常温下，浓硫酸、浓硝酸与铝发生钝化反应；‎ B．硫酸钙可转化为较为疏松的碳酸钙；‎ C．氯化钡呈中性，溶液褪色原因是碳酸根离子与钡离子生成了碳酸钡，溶液碱性减弱；‎ D．苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠。‎ ‎【解答】解：A．常温下，浓硫酸、浓硝酸与铝发生钝化反应，在表现生成一层致密的氧化膜，可阻碍反应的继续进行，则常温下，浓硝酸、浓硫酸可贮存在铝制容器中，故A正确；‎ B．硫酸钙可转化为较为疏松的碳酸钙，碳酸钙可溶于盐酸等酸，次方法可用于处理锅炉水垢，故B正确；‎ C．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，二者反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，碳酸根离子浓度减小之至消失，则溶液碱性逐渐减弱，导致溶液红色褪去，而氯化钡溶液呈中性，故C错误；‎ D．苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠，则酸性：苯酚＞HCO3﹣，即苯酚电离出H+的能力大于HCO3﹣，故D正确。‎ 故选：C。‎ ‎17．【分析】A．随着反应的进行，硝酸浓度降低，生成的气体有二氧化氮、一氧化氮；‎ B.78g过氧化钠和硫化钠的混合物的物质的量为1mol，1mol二者的混合物中含有1mol阴离子和2mol钠离子；‎ C.25℃HCN的电离平衡常数为5.0×10﹣10，则CN﹣的水解常数为＝2.0×10﹣5，可知水解程度大于电离程度；‎ D．HI过量，硝酸根离子完全反应。‎ ‎【解答】解：A．浓硝酸与铜发生Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，随着反应的进行，硝酸浓度降低，稀硝酸发生3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O，生成的气体有二氧化氮、一氧化氮，则生成的气体的物质的量不确定，故A错误；‎ B.78g过氧化钠和硫化钠的混合物的物质的量为1mol，1mol二者的混合物中含有1mol阴离子和2mol钠离子，故B错误；‎ C.25℃HCN的电离平衡常数为5.0×10﹣10，则CN﹣的水解常数为＝2.0×10﹣5，可知水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，则混合溶液中有c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；‎ D．HI过量，硝酸根离子完全反应，正确的离子方程式为Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣═Fe2++3NO↑+5I2+6H2O，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎18．【分析】A．Ksp只随温度的改变而改变；‎ B．在CaSO4饱和溶液中加入NaSO4固体，溶液中c（SO42﹣）增大，溶液仍为饱和溶液；‎ C．蒸发水后，析出部分晶体，溶液仍为饱和溶液；‎ D．根据5×10﹣3和4×10﹣3判断CaSO4溶度积的数量级。‎ ‎【解答】解：A．Ksp只随温度的改变而改变，所以曲线上任意一点的Ksp都相同，故A正确；‎ B．在CaSO4饱和溶液中加入Na2SO4固体，溶液中c（SO42﹣）增大，c（Na+）＝减小，溶液仍为饱和溶液，不可能是溶液由b点变化到c点，故B错误；‎ C．蒸发水后，析出部分晶体，溶液仍为饱和溶液，不可能是溶液由d点变化到b点，故C错误；‎ D．根据5×10﹣3和4×10﹣3判断，5×10﹣3×4×10﹣3＝2×10﹣5，而饱和CaSO4的溶度积曲线在2×10﹣5之下，所以乘积更小，所以Ksp数量级不是10﹣5，故D错误，‎ 故选：A。‎ ‎19．【分析】已知pAg＝﹣lgc（Ag+），pX＝﹣lgc（X﹣），银离子、阴离子浓度越大，浓度的负对数得到数值越小，由Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）可知A表示AgCl，B表示AgBr，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．已知pAg＝﹣lgc（Ag+），pX＝﹣lgc（X﹣），则越靠近原点离子浓度越大，c点为过饱和溶液，故A错误；‎ B．b点是AgBr饱和溶液，故B错误；‎ C．AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）平衡常数为K＝，由图中数据可得出约为104，故C错误；‎ D．a、b两点处溶液等体积混合，由于饱和溶液AgCl中c（Ag+）大于饱和溶液AgBr溶液中c（Ag+），所以二者混合会析出AgBr沉淀，故D正确，‎ 故选：D。‎ ‎20．【分析】根据图象，随着pH增大，溶液碱性增强，曲线1代表的型体含量逐渐下降，最终消失，可判断曲线1代表M2+，曲线2代表的型体含量先是上升，达到最大值后下降，可判断曲线2代表M（OH）+，依此类推，曲线3代表M（OH）2‎ ‎，曲线4代表M（OH）3﹣，曲线5代表M（OH）42﹣，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A．P点pH为12，曲线3和曲线4交于P点，则M（OH）2和M（OH）3﹣的含量相同，但M（OH）2是固体，不算做浓度项，若M（OH）2是浓度项，才有M（OH）3﹣⇌M（OH）2+OH﹣的平衡常数K＝10﹣2，故A错误；‎ B．根据图象，M（OH）2完全沉淀后，继续增大溶液pH，有一段pH范围内，M（OH）2几乎不变，达到一定pH后开始形成M（OH）3﹣，所以沉淀不会立即开始溶解，故B正确；‎ C．根据图象，溶液pH达到14之前，M（OH）2沉淀的含量几乎为0，可以说明沉淀M（OH）2已完全溶解，故C正确；‎ D．pH为7附近，M2+存在主要型体为M（OH）+，说明M2+存在一定程度的水解，水解呈酸性，其水解的离子方程式为：M2++H2O⇌M（OH）++H+，故D正确，‎ 故选：A。‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．【分析】（1）在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上；‎ ‎（2）溶度积常数不变，依据溶液中Z点时离子浓度计算．‎ ‎【解答】解：（1）在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，‎ 故答案为：不能；‎ ‎（2）依据溶度积常数计算Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）•c（CrO42﹣）＝1×10﹣11，Z点时c（CrO42﹣）＝5×10﹣4，则c（Ag+）2＝2×10﹣8，所以a＝×10﹣4，‎ 故答案为：×10﹣4．‎ ‎22．【分析】向其中加入等体积的KOH溶液，混合后c（Mg2+）、c（OH﹣）减半，如生成沉淀，则应满足Qc＞Ksp[Mg（OH）2]，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：可使Mg2+恰好完全沉淀，则溶液中c（Mg2+）≤1.0×10﹣5mol/L，设MgSO4溶液和KOH溶液体积各位VL，‎ 则反应前n（Mg2+）＝1.0×10﹣3Vmol，反应后体积为2V，n（Mg2+）＝2.0×10﹣5Vmol，‎ ‎△n（Mg2+）＝（1.0×10﹣3Vmol﹣2.0×10﹣5Vmol），△n（OH﹣）＝2×（1.0×10﹣3Vmol﹣2.0×10﹣5Vmol），‎ 反应后c（OH﹣）＝mol/L＝1.0×10﹣3mol/L，‎ 则原溶液中KOH溶液的浓度＝＝3.96×10﹣3mol/L，‎ 故答案为：3.96×10﹣3．‎ ‎23．【分析】（1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2S；‎ ‎（2）n（AgNO3）＝0.05L×0.018mol/L＝0.0009mol，n（HCl）＝0.05L×0.020mol/L＝0.001mol，硝酸银和HCl发生反应AgNO3+HCl＝AgCl↓+HNO3，根据方程式知，HCl剩余，计算混合溶液中c（Cl﹣）、c（Ag+）、c（H+）溶液的pH＝﹣lgc（H+）；‎ ‎（3）根据原电池中负极失电子发生氧化反应．‎ ‎【解答】解：（1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2S；‎ 故答案为：Ag与空气中微量H2S反应生成黑色的Ag2S；‎ ‎（2）n（AgNO3）＝0.1L×0.018mol/L＝0.0018mol，n（HCl）＝0.01L×0.020mol/L＝0.002mol，硝酸银和HCl发生反应AgNO3+HCl＝AgCl↓+HNO3，根据方程式知，HCl剩余，混合溶液中c（Cl﹣）＝mol/L＝‎ ‎＝10﹣3 mol/L，溶液中c（Ag+）＝＝mol/L，1.8×10﹣7mol/L；实际上氢离子不参加反应，则溶液中c（H+）＝═0.01mol/L，溶液的pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg0.01＝2；‎ 故答案为：1.8×10﹣7；2；‎ ‎（3）负极使用的是高纯度锌片，以 ZnCl2和 NH4Cl 为主要电解质，负极失电子发生的反应为：Zn2++2e﹣＝Zn；‎ 故答案为：Zn2++2e﹣＝Zn．‎ ‎24．【分析】根据溶度积常数进行计算c（Cu2+），根据溶液的电中性计算H+浓度．‎ ‎【解答】解：根据题给Cu（OH）2的溶度积即可确定pH＝8时，c（OH﹣）＝10﹣6mol/L，Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，则c（Cu2+）＝2.2×10﹣8mol•L﹣1；‎ 在0.1mol•L﹣1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的溶质为硫酸，c（SO42﹣）不变，为0.1mol•L﹣1，由电荷守恒可知c（H+）为0.2mol•L﹣1．故答案为：2.2×10﹣8；0.2．‎ ‎25．【分析】（1）①T1时KSP（CaWO4）＝c（Ca2+）•c（WO42﹣），根据表中该温度下离子的浓度代入计算即可；‎ ‎②沉淀的溶解平衡是吸热的过程，温度高，溶度积常数大，据此回答；‎ ‎（2）①反应平衡常数K等于生成物平衡浓度系数次方之积和反应物平衡浓度系数次方之积，据此回答；‎ ‎②对于吸热反应，温度高，K越大，反之越低，据此回答；‎ ‎③根据三行式计算实验测得的平衡常数；‎ ‎（3）根据浓度对反应平衡移动的影响：降低产物浓度，平衡正向移动来回答．‎ ‎【解答】解：（1）①T1时KSP（CaWO4）＝c（Ca2+）•c（WO42﹣）＝1×10﹣5×1×10﹣5＝1×10﹣10，故答案为：1×10﹣10； ‎ ‎②沉淀的溶解平衡是吸热的过程，温度高，溶度积常数大，根据表中数据，可以看出下的Ksp较大，所以T1＜T2，故答案为：＜；‎ ‎（2）①反应平衡常数K等于生成物平衡浓度系数次方之积和反应物平衡浓度系数次方之积，即K＝，故答案为：K＝；‎ ‎②根据表中温度和K之间的关系，可以看出温度高，K越大，所以反应是吸热的，故答案为：＞；‎ ‎③WO42﹣（aq）+Ca（OH）2（s）═CaWO4（s）+2OH﹣（aq）‎ 起始/mol•L﹣1 0.5 0.5‎ 变化/mol•L﹣1 0.5×60%＝0.3 0.6‎ 平衡/mol•L﹣1 0.2 1.1‎ K＝＝＝6.05（mol•L﹣1），‎ 答：实验测得的平衡常数为6.05（mol•L﹣1）；‎ ‎（3）向反应混合液中添加适量盐酸，消耗反应生成的OH﹣，使溶液中OH﹣浓度减小，平衡向正反应方向移动，这样可以提高WO42﹣的沉淀率，‎ 故答案为：加入盐酸，消耗反应生成的OH﹣，使溶液中OH﹣浓度减小，平衡向正反应方向移动，提高WO42﹣的沉淀率．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．【分析】从海水中提取并制备碳酸锂，工艺流程的目的是制备Li2CO3，海水通过加入碳酸钠调节pH为10，其中Mg2+、Mn2+及Ca2+均生成碳酸盐沉淀作为滤渣除去，滤液中存在Li+，过量的碳酸钠，再用盐酸调节pH为4～5，除去过量的碳酸钠，再经过高温浓缩得到NaCl晶体，二次除镁，此时滤液中存在较纯的Li+，再用纯碱形成Li2CO3，在经过碳化分解过程最终制得较纯的Li2CO3，据此分析，‎ ‎（1）流程的目的是制备提纯Li+，则Mn2+、Mg2+和Ca2+均为杂质离子，精制除杂阶段调节pH为10，主要除去Mg2+、Mn2+和Ca2+；‎ ‎（2）用HCl调pH为4～5，此时溶液为酸性，溶液中存在过量的Na2CO3；‎ ‎（3）根据Mg（OH）2的溶度积常数计算；‎ ‎（4）要求尽可能高的回收Li+，在高回收率相差不大情况下，再考虑使用较少的纯碱；‎ ‎（5）沉锂温度需控制在90℃，考虑到随着温度升高，Li2CO3溶解度降低；‎ ‎（6）向碳酸锂与水的浆料中通入CO2气体，充分反应后，过滤得到LiHCO3，加热LiHCO3可以发生分解，产生Li2CO3、CO2，得到的CO2可以循环使用，根据八隅律书写CO2的电子式。‎ ‎【解答】解：（1）流程的目的是制备提纯Li+，则Mn2+、Mg2+和Ca2+均为杂质离子，精制除杂阶段调节pH为10，主要除去Mg2+、Mn2+和Ca2+，分别形成MgCO3、MnCO3和CaCO3，‎ 故答案为：MnCO3、CaCO3；‎ ‎（2）用HCl调pH为4～5，此时溶液为酸性，溶液中存在过量的Na2CO3，可以除去过量的Na2CO3，防止蒸发浓缩时Li2CO3和Na2CO3析出，‎ 故答案为：除去碳酸根，防止蒸发浓缩时Li2CO3和Na2CO3析出；‎ ‎（3）二次除镁过程中，若使Mg2+浓度为6×10﹣4mol/L，则此时溶液中c（OH﹣）＝＝10﹣3mol/L，所以控制溶液pH＝11，‎ 故答案为：11；‎ ‎（4）要求尽可能高的回收Li+，在高回收率相差不大情况下，再考虑使用较少的纯碱，综合考虑应按③投入纯碱参加反应，‎ 故答案为：③；‎ ‎（5）沉锂温度需控制在90℃，考虑到随着温度升高，Li2CO3溶解度降低，所以温度控制在90℃时，碳酸锂的溶解度更小，可以增加产率（或回收率），‎ 故答案为：该温度下，碳酸锂的溶解度更小，可以增加产率（或回收率）；‎ ‎（6）向碳酸锂与水的浆料中通入CO2气体，充分反应后，过滤得到LiHCO3，加热LiHCO3可以发生分解，产生Li2CO3、CO2，则发生的反应为：2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O，‎ 得到的CO2可以循环使用，CO2的电子式为：，‎ 故答案为：2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O；。‎ ‎27．【分析】（1）Tl3+是金属阳离子，性质类似于Al3+，酸性环境下即pH较小时，以Tl3+形态存在，酸性减弱，pH增大时逐步转化为Tl（OH）2+、Tl（OH） 2+、Tl（OH）3、Tl（OH）4﹣，据此解答；‎ ‎（2）①铁碳混合物形成原电池，使溶液中Fe3+的浓度增大，Fe3+水解程度较大，易形成氢氧化铁胶体吸附Tl+和Tl3+，达到除去的目的，据此解答；‎ ‎②相同条件下，Tl3+的去除率比Tl+要高，可加入氧化剂氧化Tl+生成Tl3+除去；‎ ‎（3）①根据图3可知，机碳源（以CH2O表示）、SO 42﹣、Tl+等离子在SRB作用下生成Tl2S和CO2，结合电子守恒、电荷守恒写出反应的离子方程式；‎ ‎②根据溶度积常数Ksp计算处理后的废水中c（S2﹣）；‎ ‎③Tl与Al同族，Tl（OH）3与Al（OH）3化学性质相似，能溶于碱溶液中，使铊元素去除率下降，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：（1）由图1可知，pH较小时，铊以Tl3+形态存在，Tl（OH）2+、Tl（OH） 2+、Tl（OH）3、Tl（OH）4﹣这几种形态随pH的增大依次出现，当pH＝1.5时，图中最高点为离子Tl（OH） 2+存在形态，即铊物种主要存在形态为Tl（OH） 2+，‎ 故答案为：Tl（OH） 2+；‎ ‎（2）①铁碳混合物在废水中可以形成原电池，铁作负极失电子变成Fe2+，被氧化生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，吸附废水中Tl+和Tl3+以除去；铝比铁更活泼，添加少量铝粉，更易失电子生成Al 3+，形成胶体的速率更快，吸附效果更好，‎ 故答案为：铁碳微电池中铁失去电子变成Fe2+，被氧化生成Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体；铝较铁更易失电子，形成胶体的速率更快；‎ ‎②由图2可以看出Tl3+的去除率比Tl+要高，所以可加入氧化剂将Tl+氧化为Tl3+去除，‎ 故答案为：加入氧化剂将Tl+氧化为Tl3+；‎ ‎（3）①由图3可知，废水中有机碳源（以CH2O表示）、SO 42﹣、Tl+等离子经过SRB后最终转化为Tl2S和CO2，结合电子守恒、电荷守恒得到离子方程式应为 ‎2CH2O+SO42﹣+2Tl+Tl2S↓+2CO2↑+2H2O，‎ 故答案为：2CH2O+SO42﹣+2Tl+Tl2S↓+2CO2↑+2H2O；‎ ‎②由于Ksp（Tl2S）＝c（Tl+）×c（S2﹣），当c（Tl+）≤2.5×10﹣8时，c（S2﹣）≥＝＝8.2×10﹣6 mol/L，‎ 故答案为：8×10﹣6；‎ ‎③Tl与Al同族，Tl（OH）3与Al（OH）3化学性质相似，能溶于碱溶液中，当pH过大时，Tl的主要形态为Tl（OH）4﹣，即Tl（OH）3沉淀又转化成Tl（OH）4﹣进入溶液，因此Tl元素去除率下降，‎ 故答案为：Tl（OH）3沉淀又转化成Tl（OH）4﹣进入溶液。‎ ‎28．【分析】（1）COS的分子结构与CO2相似，根据CO2的电子式书写COS的电子式；‎ ‎（2）根据盖斯定律计算△H3；‎ ‎（3）同种类型的难溶物，Ksp越小，最先产生难溶性沉淀，根据CuS和PbS的溶度积常数计算；‎ ‎（4）①A点时反应尚未达到化学平衡，仍需继续反应；‎ ‎②平衡时COS的体积分数为40%，起始时容器中充入5molH2O（g）和5molCOS（g），由于反应是在密闭容器中进行，体积分数则是指分体积分数；‎ ‎③根据平衡时各组分的浓度计算反应的平衡常数；‎ ‎④增加一种反应物的量能使另一种反应物的转化率提高，根据反应的压强变化和焓变分析。‎ ‎【解答】解：（1）COS的分子结构与CO2相似，根据CO2的电子式，相当于把其中一个O换成S，因此COS的电子式为：，‎ ‎（2）已知：①COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1＝﹣17kJ/mol，‎ ‎②COS（g）+H2O（g）⇌H2S（g）+CO2（g）△H2＝﹣35kJ/mol，‎ 所求反应为：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），所求反应可由②﹣①得到，根据盖斯定律，则△H3＝△H2﹣△H1＝﹣18kJ/mol，‎ 故答案为：﹣18kJ/mol；‎ ‎（3）同种类型的难溶物，Ksp越小，最先产生难溶性沉淀，所以首先生成的沉淀的化学式是CuS，‎ 当生成两种沉淀时，溶液中c（S2﹣）是一致的，所以＝＝＝9.0×1010，‎ 故答案为：CuS；9.0×1010；‎ ‎（4）①A点时反应尚未达到化学平衡，仍需继续反应，所以反应速率关系为v正＞v逆，则A点COS的正反应速率大于B点COS的逆反应速率，‎ 故答案为：大于；‎ ‎②平衡时COS的体积分数为40%，起始时容器中充入5molH2O（g）和5molCOS（g），由于反应是在密闭容器中进行，体积分数则是指分体积分数，体积分数之比就是物质的量之比，反应前后气体总分子数不变，则体系也为恒压，因此平衡时H2S的物质的量为n（H2S）＝10mol×40%＝4mol，则在该条件下，COS的平衡转化率为＝80%，‎ 故答案为：80%；‎ ‎③反应的化学平衡常数为K＝＝＝＝16.0，‎ 故答案为：16.0；‎ ‎④A．再通入H2O（g），增加一种反应物的量能使另一种反应物的转化率提高，故A可选；‎ B．反应前后气体总分子数不变，压强变化不对化学平衡产生影响，故B不选；‎ C．反应为放热反应，降低温度有利于反应向放热方向进行，即正反应方向，可提高COS转化率，故C可选；‎ D．催化剂增加化学反应速率，但不改变化学平衡，不能增大COS转化率，故D不选，‎ 故答案为：A、C。‎ ‎29．【分析】（1）①0～600mL时pH降低，说明溶液中c（H+）增大，Cu2+和SO32﹣和Cl﹣在溶液中反应产生H+；‎ ‎②600～2000mL的过程中有刺激性气味的气体产生，加入Na2SO3的量增大，溶液中存在H+，推断反应产生SO2；‎ ‎（2）①反应Cu2++Cu+2Cl﹣⇌2CuCl的平衡常数K＝，0.01mol•L﹣1的CuCl2溶液中c（Cl﹣）＝0.02mol•L﹣1，设参加反应的Cu2+的物质的量浓度为xmol/L，消耗的Cl﹣为xmol/L，结合平衡常数值计算；‎ ‎②A．当某种离子的浓度小于10﹣5mol/L时，可认为该离子沉淀完成；‎ B．根据Ksp（CuCl）＝c（Cu+）×c（Cl﹣）判断；‎ C．从a点到达平衡曲线，Cu2+的浓度会增大；‎ D．铜为固体，加入铜的量的多少不能影响化学反应速率和效率；‎ ‎（3）①反应放热，且随着反应进行，气体分子数减小，体系压强降低，降低温度和增大压强有利于反应正向进行；‎ ‎②0.99g CuCl吸附标准状况下CO可达134.4mL，根据物质的量之比等于计量数比计算x；‎ ‎（4）发生反应：4CuCl+O2＝2CuO+2CuCl2，计算4molCuCl反应放出的热量，注明物质聚集状态与反应热书写热化学方程式。‎ ‎【解答】解：（1）①0～600mL时pH降低，说明溶液中c（H+）增大，Cu2+和SO32﹣和Cl﹣在溶液中反应产生H+，则反应的化学方程式为：2Cu2++2Cl﹣+SO32﹣+H2O＝2CuCl↓+SO42﹣+2H+，‎ 故答案为：2Cu2++2Cl﹣+SO32﹣+H2O＝2CuCl↓+SO42﹣+2H+；‎ ‎②600～2000mL的过程中有刺激性气味的气体产生，加入Na2SO3的量增大，溶液中存在H+，推断反应产生SO2，‎ 故答案为：SO2；‎ ‎（2）①反应Cu2++Cu+2Cl﹣⇌2CuCl的平衡常数K＝，0.01mol•L﹣1的CuCl2溶液中c（Cl﹣）＝0.02mol•L﹣1，设参加反应的Cu2+的物质的量浓度为xmol/L，消耗的Cl﹣为2xmol/L，溶液中剩余的Cu2+的物质的量浓度为（0.01﹣x）mol/L，剩余的Cl﹣为（0.02﹣2x）mol/L，则＝2.00×106，解得：x＝0.005mol•L﹣1，所以溶液中剩余的Cu2+的物质的量浓度为0.005mol/L；‎ 故答案为：0.005；‎ ‎②A．当某种离子的浓度小于10﹣5mol/L时，可认为该离子沉淀完成，所以Cl﹣浓度小于10﹣5mol/L时，可认可Cl﹣沉淀完成，故A正确；‎ B．由图象可知，横坐标为1时，lgc（Cu+）大于﹣6，则Ksp（CuCl）的数量级为10﹣7，故B正确；‎ C．从a点到达平衡曲线，Cu2+的浓度会增大，由反应可知，平衡逆向移动，即向逆反应方向进行，故C错误；‎ D．发生Cu+Cu2++2Cl﹣＝2CuCl，反应的效果取决于Cu2+的浓度，如Cu2+不足，则加入再多的Cu也不能改变效果，故D错误；‎ 故答案为：CD；‎ ‎（3）①反应放热，且随着反应进行，气体分子数减小，体系压强降低，降低温度和增大压强有利于反应正向进行，延长反应时间不改变化学平衡，把CuCl分散到疏松多孔的分子筛中是增大反应速率，相当于使用催化剂，不改变化学平衡，‎ 故答案为：A、B；‎ ‎②0.99g CuCl的物质的量为＝0.001mol，标准状况下134.4mLCO的物质的量为＝0.006mol，物质的量之比等于方程式计量数比，则x＝0.6；‎ 故答案为：0.6；‎ ‎（4）发生反应：4CuCl+O2＝2CuO+2CuCl2，4molCuCl反应放出的热量为44.4kJ×4＝177.6kJ，反应热化学方程式为：4CuCl（s）+O2（g）＝2CuO（s）+2CuCl2（s）△H＝﹣177.6kJ/mol，‎ 故答案为：4CuCl（s）+O2（g）＝2CuO（s）+2CuCl2（s）△H＝﹣177.6kJ/mol。‎ ‎30．【分析】（1）氯化铜溶液中通入二氧化硫具有还原性，还原得到白色的CuCl沉淀，二氧化硫被氧化为硫酸；CuCl（s）+H2O（l）⇌CuOH（s）+Cl﹣（aq）+H+（aq），平衡常数K＝c（H+）c（Cl﹣）＝；‎ ‎（2）①用铜作阳极，钛片作阴极，电解一定浓度的NaCl和NaOH的混合溶液得到氧化亚铜，阳极电极反应结合转化关系分析；‎ ‎②综合反应过程分析，实质是铜和水反应生成氧化亚铜和氢气，减少的是水；‎ ‎③据图1循环流程分析方程式，反应物是CuCl2和OH﹣，生成物是Cu2O、Cl﹣和H2O；‎ ‎（3）①由图可知，温度一定时，CO的转化率α（P1）＜α（P2）＜α（P3‎ ‎），据此结合方程式判断压强对平衡移动的影响进行解答；‎ ‎②k＝进行计算。‎ ‎【解答】解：（1）氯化铜溶液中通入二氧化硫具有还原性，还原得到白色的CuCl沉淀，二氧化硫被氧化为硫酸，反应的离子方程式为2Cu2++2Cl﹣+SO2+2H2O═2CuCl↓+4H++SO42﹣，CuCl（s）+H2O（l）⇌CuOH（s）+Cl﹣（aq）+H+（aq），平衡常数K＝c（H+）c（Cl﹣）＝＝，‎ 故答案为：2Cu2++2Cl﹣+SO2+2H2O═2CuCl↓+4H++SO42﹣；；‎ ‎（2）①图中得到阳极的电极反应：CuCl﹣﹣e﹣+Cl﹣＝CuCl2﹣，‎ 故答案为：CuCl﹣﹣e﹣+Cl﹣＝CuCl2﹣；‎ ‎②整个流程判断反应实质是铜和水反应生成氧化亚铜和氢气，所以只需补充水即可恢复电解质溶液，‎ 故答案为：水；‎ ‎③据图1循环流程分析得反应物是CuCl2和OH﹣，生成物是Cu2O、Cl﹣和H2O，故方程式为：2CuCl2+2OH﹣＝Cu2O↓+4Cl﹣+H2O，‎ 故答案为：2CuCl2+2OH﹣＝Cu2O↓+4Cl﹣+H2O；‎ ‎（3）①由图可知，温度一定时，CO的转化率α（P3）＜α（P2）＜α（P1），该正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应进行，CO的转化率升高，故压强P1＞P2＞P3，‎ 故答案为：P1＞P2＞P3；‎ ‎②c变（CO）＝0.1mol/L×40%＝0.04mol/L，‎ ‎ CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）‎ 开始（mol/L） 0.10 0.20 0‎ 变化（mol/L） 0.04 0.08 0.04‎ 结束（mol/L） 0.06 0.12 0.04‎ k＝＝＝46.3，‎ 故答案为：46.3。‎