Br2的氧化性比I2的强，故C正确；D．CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知，所以无法根据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H+的难易程度，D错误。
【点拨】检验Fe2+的操作时，要注意试剂的滴加顺序的先后，应先加KSCN溶液，如果不变红色，再滴加氯水后，变红色，即可证明。
盐类水解中的越弱越电离针对的是同浓度的盐PH进行比较。
2.【答案】B
【解析】A．CdS在水中存在沉淀溶解平衡：
CdS（s）
Cd2+（aq）+S2−（aq），其溶度积Ksp=c（Cd2+）·c（S2−），在饱和溶液中，c（Cd2+）=c（S2−），结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；B．CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；C．m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c（Cd2+）减小，c（S2−）增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；D．从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS（s）
Cd2+（aq）+S2−（aq）为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c（Cd2+）与c（S2−）同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确。
【点拨】溶度积与温度有关，温度不变，溶度积不变。
3.【答案】C
【解析】A．金属活动性顺序：
Zn＞Cu，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+CuSO4＝ZnSO4+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）2=CaCO3↓+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：
Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，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。
【点拨】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】D
【解析】A．在25℃时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：
CuS（s）
Cu2+（aq）+S2−（aq），Ksp（CuS）=c（Cu2+）×
c（S2−）=10−25×10−10=1×10－35，小于ZnS溶度积，故向Cu2+浓度为1×10－5mol·L－1的工业废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出，A项正确；B．在25℃时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：
CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2−（aq），Ksp（CuS）=c（Cu2+）×c（S2−）=10−25×10−10=1×10－35，B项正确；C．依据此图可知，CuS的Ksp较小，故CuS最难溶，那么首先出现的沉淀是CuS，即Cu2+先沉淀，C项正确；D．硫化钠溶液中的物料守恒为：
2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝c（Na+），D项错误；答案选D。
【点拨】D项是常考点，解答这类复杂守恒关系式的题型时，首先通过分析得出所得溶液溶质，再列出电荷守恒与物料守恒，最后推出质子守恒式，这也是解题的一种方法，可以提高准确率与解题效率。
二、考点突破
1.【答案】B
【解析】A．Ag+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；C．FeS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；答案选B。
【点拨】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】溶度积越小的越易转化为沉淀；若要把Ag+、Pb2+等重金属离子转化为沉淀除去，由表格中的数据可知，它们的金属硫化物的溶度积最小，所以应选择硫化钠作沉淀剂，答案选B。
【点拨】溶度积越小的越易转化为沉淀，除杂效果越好。
3.【答案】C
【解析】A．在0.1mol·L－1K2CO3溶液中存在质子守恒，即c（H+）+c（HCO
）+2c（H2CO3）=c（OH−），故A正确；B．由Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr），将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，c（Cl−）大，再加入足量浓的AgNO3溶液，则最先析出AgBr沉淀，但其沉淀量小于AgCl沉淀，故B正确；C．pH=4.75浓度均为0.1mol`L−1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，说明醋酸的电离程度大于CH3COO−的水解程度，则：
c（CH3COO−）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），根据电荷守恒c（CH3COO−）+c（OH−）=c（Na+）+c（H+）可知：
c（CH3COO−）+c（OH−）＞c（CH3COOH）+c（H+），故C错误；混合溶液中生成氯化银需要的c（Ag+）=
=
=1.8×10−7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c（Ag+）=
=
mol/L=4.47×10−5mol/L，所以氯化银先沉淀，故D正确；故答案为C。
【点拨】注意根据溶解度判断生成沉淀的先后顺序，易错点为D，组成不相似的物质，不能直接根据溶度积判断。
①溶度积Ksp的大小和平衡常数一样，它与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，离子浓度的改变可使溶解平衡发生移动，而不能改变溶度积Ksp的大小；②溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力的大小，相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶于水；反之Ksp越大，溶解度越大，不同类型的难溶电解质，不能简单地根据Ksp大小，判断难溶电解质溶解度的大小。
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。
【点拨】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】A
【解析】一定温度下，在BaSO4饱和溶液中存在下列平衡：
BaSO4（s）
Ba2+（aq）+SO
（aq）；加入少量的BaCl2溶液后，溶液中c（Ba2+）增大，导致平衡逆向移动，c（SO
）减小，同时产生BaSO4沉淀。
A．由于温度不变，所以溶度积常数不变，c（Ba2+）·c（SO
）＝Ksp，且c（Ba2+）>c（SO
），A正确；B．达新平衡时，c（Ba2+）>c（SO
），所以c（Ba2+）＝c（SO
）＝（Ksp）1/2关系不成立，B错误；C．温度不变，Ksp不变，所以c（Ba2+）·c（SO
）>Ksp，c（Ba2+）＝c（SO
）两关系式都不成立，C错误；D．温度不变，Ksp不变，所以c（Ba2+）·c（SO
）≠Ksp，c（Ba2+））两关系式都不成立，D错误；答案为A。
【点拨】温度不变，溶度积不变，且从题意可知，钡离子的浓度大于硫酸根离子的浓度。
6.【答案】D
【解析】A．根据图中曲线x的数据知pAg＝-lgc（Ag+）=6，c（Ag+）=10−6mol/L，pX＝-lgc（Xn−）=0，则c（Cl−）=1mol/L，Ksp（AgCl）=10−6，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；C．298K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；D．298 K时Ag2CrO4（s）+2SCN－（aq）
2AgSCN（s）+CrO
（aq）的平衡常数K=
=
=
=
=2.0×1012，选项D正确。
【点拨】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】C
【解析】A．若曲线Ⅰ表示的是Pd2+与OH−浓度关系，则c（OH−）=c（Pd2+）=1.0×10-10mol/L，c（OH−）2·c（Pd2+）=（1.0×10-10mol/L）2×1.0×10-10mol/L=1.0×10-30=Ksp[Pd（OH）2]，故A正确。
B．根据A选项分析，曲线Ⅱ表示PdS的溶解平衡曲线，当达到平衡时，c（S2−）=c（Pd2+）=1.0×10-29mol/L，该温度下，Ksp（PdS）=1.0×10-29mol/L×1.0×10-29mol/L=1.0×10-58，故B正确；C．升高温度时，沉淀的溶解平衡向正向移动，c（S2−）、c（Pd2+）都会增大，故C错误；D．该温度下，向d点对应的溶液中加入硫化钠，硫离子的浓度增大，沉淀的溶解平衡向逆向移动（形成沉淀的方向），c（Pd2+）会减小，d点向b点移动，故D正确。
【点拨】抓住题干中Ksp[Pd（OH）2]=1.0×10−30。
再结合图象能很容易知道曲线Ⅰ表示的是Pd2+与OH−浓度关系的曲线，则曲线Ⅱ是表示PdS的曲线图。
8.【答案】C
【解析】A．a、b、c三点对应的AgCl的沉淀溶解平衡所处的温度相同，而溶度积常数Ksp只与温度有关，温度相同，则Ksp相等，A错误；B．在AgCl溶于水形成的饱和溶液中c（Ag+）=c（Cl−），在AgCl（s）
Ag+（aq）+Cl−（Aq）平衡体系中c（Ag+）·c（Cl−）=Ksp（AgCl），若溶液中c（Cl−）大，则溶液中c（Ag+）小，AgCl的溶解度小，在b点溶液中c（Cl−）小于c点，则溶解度b点大于c点，B错误；C．根据溶解平衡AgCl（s）
Ag+（aq）+Cl−（aq）可知，在AgCl溶于水形成的饱和溶液中，溶解的AgCl电离产生的Cl−、Ag+的浓度相等，c（Ag+）=c（Cl−），C正确；D．在b点的溶液中加入AgNO3固体，溶液中c（Ag+）增大，则c（Cl−）减小，所以c（Ag+）变化应该是沿曲线向a点方向变化，D错误；故合理选项是C。
【点拨】本题考查难溶电解质的溶解平衡及溶度积常数等知识，解答本题时注意把握横坐标、纵坐标的含义及曲线变化趋势，了解图象曲线的意义。
9.【答案】B
【解析】A．饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为
=
mol·L-1，故A错误；B．由FeS的Ksp=6.3×10-18、CuS的Ksp=1.3×10-36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；C．FeS的Ksp=6.3×10-18、ZnS的Ksp=1.3×10-24，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。
【点拨】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）FeTiO3FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
（2）10TiO2++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）①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=10−4mol/L，则溶液中的氢离子浓度为10−10mol/L，则溶液的pH=10；②TiO（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
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