湖北省随州市部分高中2024-2025学年高二下学期3月联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省随州市部分高中2024-2025学年高二下学期3月联考注意事项：1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将答题卡上交。5、本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。1.恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是编号020406080①a2.402.001.601.200.80②a1.200.800.40x③2a2.401.600.800.400.40A.实验①，，B.实验②，时处于平衡状态，C.相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大【答案】C【解析】实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.4010-3mol/L-2.0010-3mol/L=4.0010-4mol/L，v(NH3)==2.0010-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(NH3)=1.0010-5mol/(L·min)，A正确；催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.0010-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.0010-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B正确；实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.0010-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确；答案选C。2.铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是A.CH3COI是反应中间体B.甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2HC.反应过程中Rh的成键数目保持不变D.存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O【答案】C【解析】题干中明确指出，铑配合物充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确；通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：，B项正确；通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项不正确；通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：，D项正确；答案选C。3.向某恒容密闭容器中充入等物质的量的PCl3(g)和Cl2(g)，发生如下反应：PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)，测得不同温度下PCl3(g)的转化率α与时间的关系如图所示。其速率方程为v正=k正·c(PCl3)·c(Cl2)，v逆=k逆·c(PCl5)(k正、k逆是速率常数，只与温度有关)。下列说法错误的是A.该反应的ΔH>0B.M点：>C.升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数D.T1时，若平衡体系中c(Cl2)=0.25mol·L-1，则=16【答案】A【解析】由图示可知，先拐先平数值大，温度：T2>T1，温度越高PCl3的平衡转化率越低，平衡逆向移动，正反应放热，ΔH<0，A错误；M点还未达到平衡，反应正向进行，v正>v逆，即k正·c(PCl3)·c(Cl2)>k逆·c(PCl5)，变换得，B正确；正反应放热，升温平衡逆向移动，k逆增大倍数大于k正增大倍数，C正确；T1时，PCl3平衡转化率为80%，c(Cl2)=0.25mol·L-1，设氯气与PCl3起始物质的量为ymol，体积为1L，利用三段式可求：则，D正确；答案选A。4.相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是A. B.C. D.【答案】B【解析】和物质的量相同，且均为气态，含有的原子总数多，的摩尔质量大，所以熵值，A错误；相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值，B正确；等量的同物质，熵值关系为：，所以熵值，C错误；从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值，D错误；答案为：B。5.在恒温恒压下，某一体积可变的密闭容器中发生反应A(g)+B(g)C(g)ΔH＜0，t1时达到平衡后，在t2时改变某一条件，其反应过程如图所示。下列说法正确的是A.I、II两过程达到平衡时，A的体积分数：I＞IIB.t2时改变的条件是向密闭容器中加入物质CC.0～t2时，v正＞v逆D.I、II两过程达到平衡时，平衡常数：K(I)＜K(II)【答案】B【解析】反应速率与其物质的量浓度成正比，I、II达到平衡状态时逆反应速率相等，说明I、II达到平衡状态时各物质的物质的量浓度不变，则A的体积分数为I=II，故A错误；向密闭容器中加物质C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图象，故B正确；由题中图示可知，t0～t1时，逆反应速率增大，说明平衡正向移动，平衡正向移动时，正反应速率大于逆反应速率，即v(正)＞v(逆)，t1～t2时，逆反应速率不变，说明处于平衡状态，平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，即v(正)=v(逆)，故C错误；化学平衡常数只与温度有关，I、II温度相同其平衡常数相同，故D错误；答案为B。6.25℃时，下列说法正确的是A.NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B.可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C.0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2D.100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol【答案】D【解析】NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；答案选D。7.用0.1000mol·L-1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。有关该实验说法中，不正确的是A.用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2～3次B用酸式滴定管盛装0.1000mol·L-1HCl溶液C.本实验可选用酚酞作指示剂D.滴定结束时俯视酸式滴定管读数，测量结果偏低【答案】A【解析】用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2～3次，导致锥形瓶中氢氧化钠的物质的量偏大，滴定时消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，所以锥形瓶不能润洗，A错误；HCl溶液呈酸性，中和滴定时，需要用酸式滴定管盛装0.1000mol·L-1HCl溶液，B正确；用0.1000mol·L-1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞变色范围为8.2～10，因到达滴定终点时，pH出现突变，故强酸滴定强碱溶液可选用酚酞作指示剂，C正确；滴定结束时俯视酸式滴定管读数，读出的标准液体积偏小，导致测量结果偏低，D正确；答案选A。8.下列物质在常温时发生水解，对应的离子方程式正确的是A.Na2CO3：CO＋2H2OH2CO3＋2OH-B.CuSO4：Cu2＋＋2H2O=Cu(OH)2＋2H＋C.NaAlO2：AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH-D.NaF：F-＋H2O=HF＋OH-【答案】C【解析】碳酸钠水解的离子方程式为+H2O+OH-，A错误；铜离子水解的离子方程式为Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，B错误；偏铝酸根离子水解生成氢氧化铝和氢氧根离子，C正确；F-水解离子方程式为F-+H2OHF+OH-，D错误；故答案选C。9.常温下，用溶液分别滴定溶液和溶液。下列说法正确的是A.B.①点溶液中存在C.③点溶液中存在D.①点和④点溶液中的相等【答案】B【解析】根据等浓度的酸溶液的可知，A项错误；根据加入溶液的体积可知①点溶液中溶质为和，且物质的量相等，此时溶液呈碱性说明的水解程度大于的电离程度，则此时溶液中存在，B项正确；③点溶液中溶质为和，则，C项错误；①点溶液比④点溶液的小，溶液中，则，则④点溶液中大，D项错误；故选B。10.常温下，Ksp(CaSO4)=9×10－6，CaSO4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.在任何溶液中，c(Ca2＋)与c()均相等B.b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(Ca2＋)和c()都等于3×10－3mol·L－1C.a点对应的Ksp等于c点对应的KspD.d点溶液通过蒸发可以变到c点【答案】C【解析】只有在单一CaSO4溶液中c(Ca2＋)与c()才相等，A项错误；b点Q>Ksp，故有沉淀生成，开始c(Ca2＋)、c()不相等而反应消耗的Ca2＋、相等，因此平衡后的两种离子浓度也不会都等于3×10－3mol·L－1，B项错误；在沉淀溶解平衡曲线上的Ksp均相等，C项正确；d点通过蒸发后各离子浓度都增大，不可能保持浓度不变而到达c点，D项错误；故选C。11.下列说法正确的是①分子中S原子采用的轨道杂化方式②分子中只有以s轨道与杂化轨道“头碰头”方式重叠而成的键③分子中的键角④中键角比中键角大．A.①② B.③④ C.①②③ D.①③④【答案】D【解析】①是一个环形分子，每个S与两个其它S原子相连，S原子外层6个电子，两对孤对电子，两个键，所以S是杂化，故正确；②碳碳双键中一个是键，还有一个是键，所以除了碳氢键（s-sp2σ键），还有sp2-sp2σ键，故错误；③分子中，Sn原子的价层电子对数目是，配位原子数为2，故Sn含有孤对电子，空间构型为V形，根据价层电子对互斥理论可以判断其键角小于，故正确；④价层电子对模型为四面体，氧原子采取杂化，中O原子有两对孤对电子，中O原子有一对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力孤电子对与成键电子对间的排斥力成键电子对间的排斥力，导致中键角比中键角大，故正确；故选D．分析解答是关键，注意分子中心原子的杂化。12.已知：NaF的熔点993℃、MgF2的熔点1261℃。下列分析错误的是A.NaF和MgF2均由阴、阳离子构成B离子半径和离子所带电荷数决定离子键强弱C.NaF中的离子键比MgF2中的弱D.MgF2的摩尔质量比NaF的大，所以MgF2熔点高【答案】D【解析】NaF与MgF2均为离子化合物，由阴阳离子构成，A正确；离子键的强弱与离子半径和离子所带电荷有关，一般来说，离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键越强，B正确；由于半径：r(Mg2+)<r(Na+)且Mg2+带电荷多，根据B选项规律，MgF2中离子键更强，C正确；两者固态均属于离子晶体，离子晶体的熔沸点可根据晶格能判断，一般来说，离子半径越小，离子所带电荷越多，晶格能越大，相应离子晶体熔沸点高，由于半径：r(Mg2+)<r(Na+)且Mg2+带电荷多，故MgF2晶体晶格能更大，熔沸点高，所以离子晶体熔沸点与摩尔质量无关，D错误；故答案选D。13.下图为高温超导领域里的一种化合物(钙钛矿)结构中的最小重复单元。该化合物中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子有a个，元素氧、钛、钙的原子个数比为b。则a、b是A.6，3∶1∶1 B.24，10∶8∶1C.12，5∶4∶1 D.3，3∶2∶1【答案】A【解析】由晶胞结构可知，晶胞顶点上相邻的钛离子相距最近，则钛离子周围与它接近且距离相等的钛离子有6个，a=6；晶胞中位于顶点的钛原子个数为8×=1，位于棱上的氧原子个数为12×=3，位于体内的钙原子的个数为1，则氧、钛、钙的原子个数比为3：1：1，故选A。14.在酸性或者接近中性的条件下，易发生歧化反应，将通入溶液中，其反应为。下列有关说法错误的是A.的空间结构为三角锥形B.中心原子的杂化方式是spC.基态钾原子的价电子排布式：D.基态的价电子轨道表示式：【答案】D【解析】中C原子的价层电子对数为3＋=3，不含孤电子对，为平面三角形，A错误；CO2分子中C原子的价层电子对数为2＋=2，不含孤电子对，所以是直线形结构，C原子采用sp杂化，B正确；钾为19号元素，基态钾原子的价电子排布式：，C正确；基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，基态是锰原子失去2个电子后相形成的离子，价电子轨道表示式：，D正确；故选D。15.可用于配制无机防锈颜料的复合氧化物的晶胞结构如图，下列说法中不正确的是A.该复合氧化物的化学式为B.若图中A的原子坐标均为(0,0,0)，则C的原子坐标为(0,0.5,0.5)C.若该晶体密度为，钙和氧最近距离为anm，则阿伏加德罗常数D.由晶胞结构可知，与1个钙原子等距离且最近氧原子有8个【答案】D【解析】Ca位于顶点，个数为=1，Cr位于体内，个数为1，O位于面上，个数为=3，化学式为CaCrO3，故A说法正确；根据晶胞图可知，C位于面心，因此C的坐标为(0，0.5，0.5)，故B说法正确；钙和氧最近的距离是面对角线的一半，面对角线长为2anm，即晶胞边长为nm，晶胞的体积为(×10-7)3cm3，根据A选项分析，晶胞的质量为g，则晶胞密度为g/cm3，阿伏加德罗常数NA=，故C说法正确；以顶点Ca为标准，离Ca最近的氧原子在面心，共有12个，故D说法错误；答案为D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.甲醛在医药方面有重要用途。工业上可利用反应Ⅰ：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)来合成甲醛。（1）反应Ⅱ2CH3OH(g)+O2(g)2HCHO(g)+2H2O(g)ΔH2=-313.2kJ·mol-1反应Ⅲ2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH3=-483.6kJ·mol-1反应Ⅰ的ΔH1=___________kJ·mol-1。（2）利用反应Ⅰ合成甲醛时，为增大化学反应速率，同时提高CH3OH的平衡转化率，可采取的措施为___________。（3）T℃时，向体积恒为2L的密闭容器中充入8molCH3OH(g)发生反应Ⅰ，5min后反应达到平衡，测得混合体系中HCHO(g)的体积分数为20%。①下列事实不能说明该反应已达到化学平衡状态的是___________(填序号)。A．v正(HCHO)=v逆(H2)B．c(CH3OH)∶c(HCHO)∶c(H2)=1∶1∶1C．混合气体的平均相对分子质量不变D．混合气体的密度不变②5min内，v(CH3OH)=___________mol·L-1·min-1。③其他条件不变时，向已达平衡的反应体系中充入1molCH3OH(g)和1molH2(g)，此时v正___________(填“大于”“小于”或“等于”)v逆。【答案】（1）＋85.2（2）升高温度（3）①.BD②.0.2③.小于【解析】【小问1详析】由盖斯定律可知，反应Ⅰ=(反应Ⅱ-反应Ⅲ)，ΔH1=(ΔH2-ΔH3)=×(-313.2kJ·mol-1＋483.6kJ·mol-1)=＋85.2kJ·mol-1【小问2详析】反应Ⅰ为吸热反应，为增大化学反应速率，同时提高CH3OH的平衡转化率，可采取升高温度的措施。【小问3详析】①当v正(HCHO)=v逆(H2)时，说明反应已经达到平衡状态，A不符题意；c(CH3OH)∶c(HCHO)∶c(H2)=1∶1∶1时，不能说明反应已经达到平衡状态，B符合题意；该反应前后气体分子数不等，当混合气体的平均相对分子质量不变时，混合体系中气体总物质的量不变，说明反应已经达到平衡状态，C不符题意；该反应在体积不变的容器中进行，反应过程中混合气体的密度始终不变，故混合气体的密度不变时，不能说明反应已经达到平衡状态，D符合题意；故选BD；②平衡时混合体系中HCHO(g)的体积分数为20%，若甲醇消耗的物质的量为xmol，则×100%=20%，解得x=2，5min内，v(CH3OH)==0.2mol·L-1·min-1；③反应达平衡时，CH3OH(g)、HCHO(g)、H2(g)的物质的量浓度分别为3mol·L-1、1mol·L-1、1molL-1，该条件下反应的平衡常数K=，向已达平衡的反应体系中充入1molCH3OH(g)和1molH2(g)时，CH3OH(g)、HCHO(g)、H2(g)的物质的量浓度分别为3.5mol·L-1、1mol·L-1、1.5mol·L-1，浓度商Q=，反应向逆反应方向进行，故v正小于v逆。17.现有pH＝2的醋酸甲和pH＝2的盐酸乙：（1）取10mL的甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡____(填“向左”、“向右”或“不”)移动，若加入少量的冰醋酸，醋酸的电离平衡______(填“向左”、“向右”或“不”)移动，若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)的值将________(填“增大”、“减小”或“无法确定”)。（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为pH(甲)______pH(乙)(填“大于”、“小于”或“等于”)。若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH＝_______。（3）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)_____V(乙)(填“大于”、“小于”或“等于”)。（4）取25mL的甲溶液，加入等体积pH＝12的NaOH溶液，反应后溶液中c(Na＋)、c(CH3COO－)的大小关系为c(Na＋)_____c(CH3COO－)(填“大于”、“小于”或“等于”)。【答案】①.向右②.向右③.减小④.小于⑤.2⑥.大于⑦.小于【解析】pH=2的醋酸甲和pH=2的盐酸乙，c(CH3COOH)＞c(HCl)；(1)加水稀释促进CH3COOH电离；如果加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大平衡向右移动；若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c(CH3COO-)增大抑制CH3COOH电离；(2)加水稀释促进醋酸电离，同pH、同体积的醋酸和盐酸，稀释相同的倍数时，弱酸浓度大于强酸；若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH=2；(3)各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积与酸的物质的量成正比；(4)pH=2的醋酸浓度大于pH=12NaOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断。pH=2的醋酸甲和pH=2的盐酸乙，c(CH3COOH)＞c(HCl)；(1)加水稀释促进CH3COOH电离，平衡向右移动；如果加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，平衡向右移动；若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c(CH3COO-)增大抑制CH3COOH电离，则c(H+)/c(CH3COOH)减小；(2)加水稀释促进醋酸电离，同pH、同体积的醋酸和盐酸，稀释相同的倍数时，弱酸浓度大于强酸，所以pH(甲)小于pH(乙)；混合前醋酸和HCl溶液的pH相等，若将甲、乙两溶液等体积混合，加水稀释促进醋酸电离，则溶液中c(H+)不变，所以溶液的pH=2；(3)各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积与酸的物质的量成正比，等pH、等体积的醋酸和HCl中n(CH3COOH)＞n(HCl)，所以消耗NaOH体积V(甲)大于V(乙)；(4)pH=2的醋酸浓度大于pH=12NaOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，再结合电荷守恒得c(Na+)小于c(CH3COO-)。18.完成下列问题。（1）制取软磁材料Mn3O4，加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去，反应为MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)其平衡常数K=___________[已知Ksp(MnF2)=5.0×10-3，Ksp(CaF2)=3.5×10-11]。（2）25℃时，在1.00L0.03mol·L-1AgNO3溶液中加入0.50L0.06mol·L-1的CaCl2溶液，能否生成AgCl沉淀？___________(已知：AgCl的Ksp=1.8×10-10)。（3）常温下，Ksp=c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20，要使0.2mol·L-1CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液中加入NaOH溶液，使溶液的pH为___________。（4）已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(AgBr)=7.7×10-13，Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12.某溶液中含有Cl-、Br-和的浓度均为0.010mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为___________。（5）Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(CaSO4)=9.1×10-6，溶解能力：CaSO4大于CaCO3.请用数据说明溶解能力小的CaCO3能否转化为溶解能力大的CaSO4？___________。（6）某温度下，溶液中含有I-、Cl-等离子，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中=___________。[已知：Ksp(AgCl)=1.6×10-10，Ksp(AgI)=8×10-17]【答案】（1）1.4×108（2）c(Ag＋)==0.02mol·L-1，c(Cl-)==0.04mol·L-1，c(Ag＋)·c(Cl-)=0.02×0.04=8.0×10-4>Ksp，所以有AgCl沉淀生成（3）6（4）Br-、Cl-、（5）在CaCO3的饱和溶液中c(Ca2＋)=mol·L-1≈5.3×10-5mol·L-1，若向CaCO3饱和溶液中加入Na2SO4溶液，产生CaSO4(s)时的最小浓度为c()==mol·L-1≈0.17mol·L-1，则当溶液中c()大于0.17mol·L-1时，CaCO3(s)可以转化为CaSO4(s)（6）5×10-7【解析】【小问1详析】该反应的平衡常数K=；【小问2详析】Qc=c(Ag+)×c(Cl-)=，有AgCl沉淀生成；【小问3详析】要使Cu2＋浓度降至=2×10-4mol·L-1，c(OH-)==10-8mol·L-1，c(H＋)=10-6mol·L-1，此时溶液的pH=6；【小问4详析】利用沉淀溶解平衡原理，当Q>Ksp时，有沉淀析出。溶液中Cl-、Br-、的浓度均为0.010mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液时，溶解度小的先满足Q>Ksp，有沉淀析出。比较Ksp，AgBr、AgCl同类型，溶解度：AgBr<AgCl。再比较AgCl、Ag2CrO4沉淀所需c(Ag＋)，Cl-沉淀时所需c(Ag＋)≥=mol·L-1=1.56×10-8mol·L-1，沉淀时所需c(Ag＋)≥=mol·L-1=3.0×10-5mol·L-1，故推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、；【小问5详析】在CaCO3的饱和溶液中c(Ca2＋