专题四沉淀溶解平衡-2020-2021学年高二《新题速递化学》（人教版2019选择性必修1）11月刊（课堂必刷题）

20202021学年高二《新题速递·化学》11月刊专题四难溶电解质的溶解平衡1．（2020·渝中·重庆巴蜀中学高二期末）下列说法正确的是（）A．物质的溶解性为难溶，则该物质不溶于水B．不溶于水的物质溶解度为0C．绝对不溶解的物质是不存在的D．某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度为0【答案】C【解析】绝对不溶的物质是不存在的，A、B错误，C正确；某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度小于1×10－5mol/L，D不正确，答案选C。2．（2020·赤峰二中）下列说法正确的是A．用润湿的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小B．在稀醋酸溶液中加入CH3COONa固体能促进醋酸的电离C．升高温度，水的离子积常数减小D．在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c(S2)下降【答案】D【解析】A.润湿的pH试纸，对溶液有稀释作用，导致酸溶液中氢离子浓度减小，pH偏大，A错误；B.向稀醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，电离程度减小，B错误；C.升高温度，水的电离向电离的方向移动，水的离子积常数变大，C错误；D.硫化银的Ksp大于氯化银的，在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c(S2)下降，D正确；答案为D3．（2020·辽源市第五中学校高二月考）已知25℃时，AgCl的溶度积Ksp=l.8×10−10，则下列说法不正确的是()A．温度一定时，当溶液中c(Ag+)·c(Cl−)=Ksp时，此溶液中必有AgCl的沉淀析出B．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，可能有c(Ag+)=c(Cl−)C．向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp不变D．将AgCl加入到较浓的KI溶液中，部分AgCl可以转化为AgI【答案】A【解析】A．当溶液中c(Ag+)c(Cl)=Ksp时，为饱和溶液，不一定有AgCl的沉淀析出，故A错误；B．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，可能存在c(Ag+)=c(Cl)，混合溶液中c(Ag+)和c(Cl)的大小，取决于硝酸银和氯化钠的相对量的大小，故B正确；C．向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，氯离子浓度增大，沉淀溶解平衡左移生成沉淀，但温度一定，溶度积常数不变，所以Ksp值不变，故C正确；D．将固体AgCl加入到较浓的KI溶液中，AgCl溶解度大于AgI，部分AgCl转化为AgI，故D正确；故选A。4．（2020·梅河口市朝鲜族中学高二期末）在NaCl饱和溶液中通入HCl(g)时，NaCl(s)能沉淀析出的原因是（）A．HCl水溶液是强酸，任何强酸都导致有沉淀析出B．Cl浓度增大，使平衡向生成氯化钠的方向移动，生成NaCl(s)C．酸的存在降低了Ksp(NaCl)的数值D．Ksp(NaCl)不受酸的影响，但增加Cl浓度，能使Ksp(NaCl)减小【答案】B【解析】饱和氯化钠溶液中存在NaCl(s)Na+(aq)+Cl(aq)，通入HCl（g）时，氯离子浓度增大，则溶解平衡逆向移动，所以有氯化钠沉淀析出，由于温度不变，Ksp(NaCl)不变，故答案选B。5．（2020·重庆市秀山高级中学校高二月考）已知,常温下,Ksp(AgCl)=1.8×1010,Ksp(AgI)=8.3×1017,下列叙述正确的是A．常温下,AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的Ksp小B．向AgCl的悬浊液中加入KI溶液,沉淀由白色转化为黄色C．0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中,所得溶液中c(Cl)=c(I)D．向AgCl的饱和溶液中加人NaCl晶体有AgCl析出,溶液中c(Ag+)仍与c(Cl)相等【答案】B【解析】A.KSP只与温度有关，与溶液中离子浓度无关，故A错误；B.KSP(AgCl)＞KSP(AgI)，沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色，故B正确；C.KSP(AgCl)＞KSP(AgI)，氯化银的溶解度大于碘化银，则所得溶液的c(Cl)>c(I)，故C错误；D.向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体，c(Cl)增大，溶解平衡逆向移动，生成沉淀，c(Ag+)减小，c(Cl)增大，c(Ag+)<c(Cl)，故D错误；答案选B。6．（2020·辛集市第一中学高二月考）已知25℃时，物质的溶度积常数为Ksp(FeS)＝6.3×10﹣18；Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36；Ksp(ZnS)＝1.6×10﹣24．下列说法正确的是A．在相同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B．除去工业废水Fe2+中的Cu2+，可选用FeS作沉淀剂C．足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.3×10﹣35mo1/LD．在ZnS的饱和溶液中，加入ZnCl2溶液，则使Ksp(ZnS)变小【答案】B【解析】A．ZnS与CuS的组成结构相同，由于Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36＜Ksp(ZnS)＝1.6×10﹣24，则CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，故A错误；B．由于Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36＜Ksp(FeS)＝6.3×10﹣18，CuS的溶解度小于FeS的，所以除去工业废水Fe2+中的Cu2+，可选用FeS作沉淀剂，故B正确；C．H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1mol/L，CuS的溶度积常数(Ksp)＝1.3×10﹣36，所以溶液中Cu2+的最小浓度为1.3×10﹣35mol/L，故C错误；D．溶度积受温度影响，与离子浓度无关，在ZnS的饱和溶液中，加入ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)不变，故D错误。故选：B。7．（2020·四川省绵阳江油中学高二月考）将足量BaCO3粉末分别加入下列溶液中，充分溶解至溶液饱和。各溶液中Ba2+的浓度最小的为A．40mL水 B．10mL0.2mol·L－1Na2CO3溶液C．50mL0.01mol·L－1氯化钡溶液 D．100mL0.01mol·L－1盐酸【答案】B【解析】A、BaCO3粉末加入40mL水中，充分溶解至溶液饱和存在BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO32(aq)，则溶液中存在一定浓度的Ba2+，但浓度较小；B、将足量BaCO3粉末加入10mL0.2mol/LNa2CO3溶液中，由于碳酸根离子的浓度较大，抑制碳酸钡的溶解，则Ba2+的浓度很小；C、将足量BaCO3粉末加入50mL0.01mol/L氯化钡溶液中，氯化钡电离产生0.01mol/LBa2+，则Ba2+的浓度较大；D、将足量BaCO3粉末加入100mL0.01mol/L盐酸中，碳酸钡与盐酸反应生成0.005mol/LBa2+，则Ba2+的浓度较大；显然B中Ba2+的浓度最小，故选B。点睛：明确选项中的离子浓度对碳酸钡的溶解的影响是解答本题的关键。本题的易错点为CD的比较，要注意D中生成的氯化钡溶液的浓度为0.005mol/L。8．（2020·山东烟台·高二期末）25℃时，下列4种盐的溶度积常数(Ksp)分别是：Ag2SO4(白色)Ag2S(黑色)FeS(黑色)MnS(肉色)1.4×10－5mol3·L－36.3×10－50mol3·L－33.3×10－18mol2·L－22.5×10－13mol2·L－2结合相关数据分析，下列说法错误的是A．除去某溶液中的Ag＋用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好B．25℃时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度C．向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶液，沉淀颜色会由黑色变为肉色D．向Ag2S(s)⇌2Ag＋(aq)＋S2－(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体，溶液中c(Ag＋)不变【答案】D【解析】A．Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2SO4)，除去某溶液中的Ag＋用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好，A说法正确；B．根据表中数据，25℃时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度，B说法正确；C．向少量FeS悬浊液中，即FeS的饱和溶液，加入足量饱和MnCl2溶液，发生沉淀的转化，沉淀颜色会由黑色变为肉色，C说法正确；D．向Ag2S(s)⇌2Ag＋(aq)＋S2－(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体，溶液中c(S2－)增大，平衡逆向移动，则溶液中c(Ag＋)减小，D说法错误；答案为D。9．（2020·黑龙江高二期中）某化学兴趣小组进行下列实验：①将的溶液和的溶液等体积混合得到浊液②取少量①中浊液，滴加的溶液，出现红褐色沉淀③过滤①中浊液，取少量白色沉淀，滴加的溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀④另取少量白色沉淀，滴加饱和溶液，沉淀溶解下列说法中错误的是（）A．将①中浊液过滤，所得滤液中有微量的存在B．实验②和③均能说明比难溶C．③中沉淀转化反应式为：D．溶液中的水解可能是④中沉淀溶解的原因【答案】B【解析】【分析】将的溶液和的溶液等体积混合得到氢氧化镁悬浊液和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：。【详解】A．将①中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：，所得滤液中含少量，故A正确；B．实验②中是因为剩余的氢氧化钠和氯化铁之间反应生成氢氧化铁的缘故，不能说明比难溶，故B错误；C．实验③中氢氧化镁沉淀转化为红褐色的氢氧化铁沉淀，发生的反应为，故C正确；D．氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：，加氯化铵会和氢氧根离子之间反应，所以平衡正向移动沉淀溶解，故D正确；故选B。10．（2020·黑龙江高二期中）已知①相同温度下：Ksp[Zn(OH)2]＞Ksp[ZnS]，Ksp[MgCO3]＞Ksp[Mg(OH)2]；②电离出的能力：FeS＞H2S＞CuS，则下列离子方程式错误的是（）A．将加入稀盐酸中：B．向溶液中通气体：C．将溶液和溶液混合：D．向少量溶液中加入足量溶液：【答案】C【解析】【分析】在相同温度下，结合溶度积可知，溶度积越小，越难溶，溶液中的离子优先结合生成难溶或更难电离的物质；结合电离出S2的能力可知，FeS＞H2S＞CuS，则结合S2能力逐渐增强，反应向结合S2的能力强的方向移动，由此分析。【详解】A．电离出S2的能力为FeS＞H2S，则可发生，故A不符合题意；B．电离出S2的能力为H2S＞CuS，则铜离子和硫化氢反应生成硫化铜，可发生，故B不符合题意；C．因相同温度下，Ksp[Zn(OH)2]＞Ksp[ZnS]，硫化锌比氢氧化锌更难溶，则锌离子和硫离子先结合生成硫化锌沉淀，故不能发生，故C符合题意；D．因相同温度下，Ksp[MgCO3]＞Ksp[Mg(OH)2]，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，少量的物质的量设为1mol，则用去的氢氧化钠的物质的量为4mol，其中2mol和镁离子生成氢氧化镁沉淀，2mol与碳酸氢根结合生成碳酸根离子，可发生，故D不符合题意；答案选C。11．（2020·重庆市秀山高级中学校高二月考）①已知t℃时AgCl的Ksp=2.0×10－10；②在t℃时Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是A．在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1.0×10－12B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到Z点C．在t℃时，以0.01mol·L－1AgNO3溶液滴定·L－1KCl和0.01mol·L－1K2CrO4的混合溶液，先沉淀D．在t℃时，反应Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋(aq)的平衡常数K＝2.5×107【答案】C【解析】A．依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到，曲线上的点是沉淀溶解平衡；Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4(s)2Ag++，Ksp=c2(Ag+)·c()=（103）2×106=1012，故A正确；B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，浓度增大，Ag+浓度减小，但点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4能使溶液由Y点变为Z点，故B正确；C．依据溶度积常数计算Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c()=1×1012；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=1.8×1010，以0.01mol/LAgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c()=0.01mol/L，得到c(Ag+)==105mol/L；0.01mol/LKCl溶液中，c(Cl)=0.01mol/L，依据溶度积计算得到：c(Ag+)==2×108mol/L，所以Cl先沉淀，故C错误；D．K====2.5×107，故D正确。答案选C。12．（2020·许昌市第三高级中学高二月考）下列关于平衡体系的各说法中不正确的是（）A．在N2+3H22NH3的平衡体系中，缩小体积，平衡向右移动，氨的产率增加B．在CH3COOHCH3COO﹣+H+的平衡体系中加入CH3COONa固体，平衡向左移动C．对Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH﹣(aq)，升高温度，其Ksp一定增大D．在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，平衡向溶解的方向移动【答案】C【解析】A.在N2+3H22NH3的平衡体系中，缩小体积，相当于增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动，平衡正向移动，氨的产率增加，故A正确；B.根据同离子效应,在CH3COOHCH3COO﹣+H+的平衡体系中加入CH3COONa固体，平衡向右移动，故B正确；C.升高温度，氢氧化钙的溶解度减小，所以溶液中钙离子和氢氧根离子的浓度减小，则Ksp减小，而不是增大，故C错误；D.碳酸钙的沉淀溶解平衡为：Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH﹣(aq)，加入稀盐酸能与反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动，故D正确；故选C。13．（2020·辽源市第五中学校高二月考）如图是Ca（OH）2在温度分别为T1、T2时的两种沉淀溶解平衡曲线（图中浓度单位为mol·L1，与曲线Ⅰ对应的Ksp=4×106，≈1.6），下列说法中正确的是（）A．温度：T1<T2B．在温度为T1时，P点分散系中分散质粒子直径<1nmC．加水稀释时溶液碱性减弱，Z点溶液可转化为Q点溶液D．Q点的溶液中c（OH）约为0.0125mol·L1【答案】D【解析】A．温度升高，Ca(OH)2的溶解度降低，不利于沉淀溶解平衡向正反应方向移动，溶度积常数减小，图中T2时的溶度积常数大于T1时的溶度积常数，因此温度关系为：T1＞T2，故A错误；B．温度为T1时，浓度积常数为Qc＞Ksp，反应向生成沉淀的方向移动，得到悬浊液，P点分散系中分散质粒子直径大于100nm，故B错误；C．加水稀释有助于沉淀溶解平衡向正反应方向移动，只是微量促进，但不改变溶度积常数，转化为不饱和溶液，Ca2+浓度不会增大，则不能Z点溶液可转化为Q点溶液，故C错误；D．Q为温度为T1的曲线上，温度相同，则溶度积常数不变，此时的溶度积常数为Ksp=c(Ca2+)•c2(OH)=16a×a2=16a3=4×106，解得a=mol/L，则图中Q点溶液中c(OH)=2a=mol/L=0.0125mol/L，故D正确；故答案为D。14．（2020·辛集市第一中学高二月考）常温下，将11.65gBaSO4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(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子浓度变化曲线如图所示，下列说法中正确的是A．相同温度时，Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)B．BaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大C．若使0.05molBaSO4全部转化为BaCO3，至少要加入1.30molNa2CO3D．0.05molBaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小为：c(Ba2+)＞c()＞c()【答案】C【解析】【分析】根据图象可知，当加入的Na2CO3固体使溶液中c()＝2.5×10﹣4mol/L时，开始发生沉淀的转化，此时c(Ba2+)降低，c()升高，即MP线为浓度的变化曲线，而MN线是Ba2+的变化曲线，根据A或M点计算Ksp(BaSO4)＝c(Ba2+)•c(SO42﹣)＝1×10﹣5mol/L×1×10﹣5mol/L＝10﹣10，根据M或N点计算Ksp(BaCO3)＝2.5×10﹣4mol/L×1×10﹣5mol/L＝2.5×10﹣9。【详解】A.由上述分析可知Ksp(BaSO4)＝c(Ba2+)•c()＝1×10﹣5mol/L×1×10﹣5mol/L＝10﹣10，Ksp(BaCO3)＝2.5×10﹣4mol/L×1×10﹣5mol/L＝2.5×10﹣9，即Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，故A错误；B.Ksp只与温度有关，与其他条件无关，故B错误；C.由反应BaSO4(s)+(aq)⇌BaCO3(s)+(aq)可知，0.05molBaSO4全部转化为BaCO3时消耗n(Na2CO3)＝0.05mol，则此时溶液中c()＝＝0.2mol/L，由于Ksp(BaSO4)＝c(Ba2+)•c()＝1×10﹣10，则此时溶液中c(Ba2+)＝mol/L＝5×10﹣10mol/L，溶液中的c()＝mol/L＝5mol/L，所以溶液中起抑制作用的n()＝cV＝5mol/L×0.25L＝1.25mol，所以加入的碳酸钠的物质的量n≥1.25mol+0.05mol＝1.3mol，故C正确；D.0.05molBaSO4全部转化为BaCO3，则此时溶液中c()＝＝0.2mol/L，由于Ksp(BaSO4)＝c(Ba2+)•c()＝1×10﹣10，可知此时溶液中c(Ba2+)＝mol/L＝5×10﹣10mol/L，溶液中的c()＝mol/L＝5mol/L，即溶液中离子浓度大小为：c()＞c()＞c(Ba2+)，故D错误；故选：C。15．（2020·辛集市第一中学高二月考）已知：KSP[Fe(OH)2]＝8.0×10﹣16，KSP[Fe(OH)3]＝4.0×10﹣38．常温下，向1L含1.0molFe2(SO4)3和1.0molFeSO4的酸性混合溶液中通入NH3，至该溶液的pH为4时，溶液体积变化忽略不计，所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)的值为A．2：1 B．1：1 C．2.5×107：1 D．2.5×104：1【答案】C【解析】pH为3时，c(OH﹣)＝10﹣11mol/L，则1.0molFeSO4溶液中c(Fe2+)×c2(OH﹣)＝10﹣22＜8.0×10﹣16，没有沉淀生成，则c(Fe2+)＝1.0mol/L，由Ksp(Fe(OH)3)＝4.0×10﹣38可知，c(Fe3+)＝mol/L＝4×10﹣5mol/L，则c(Fe2+)：c(Fe3+)＝1：4×10﹣5＝2.5×104：1，故选：C。16．（2020·横峰中学高二月考）为了防止热带鱼池中水藻的生长，需保持水中Cu2+的浓度约1.2×105mol·L1。为避免在每次换池水时溶液浓度的改变，可把适当的含铜化合物放在池底，其饱和溶液提供适当的Cu2+。已知CuS、Cu(OH)2、CuCO3的Ksp值依次为1.3×1036、2.2×1020、1.4×1010，下列四种物质中，能基本满足池水浓度要求的是A．CuSO4 B．CuCO3 C．Cu(OH)2 D．CuS【答案】B【解析】CuCO3(s)=Cu2+(aq)+CO32(aq)；故有Ksp=c(Cu2+)c(CO32)=c2(Cu2+)；c(Cu2+)=（Ksp）1/2=105mol/L；故答案为B。17．（2020·北京八中乌兰察布分校高二期末）某酸性化工废水中含有Ag+、Pb2+等重金属离子。有关数据如下：难溶电解质AgIAg2SPbI2Pb(OH)2PbSKsp(25℃)8.3×10−125.3×10−207.1×10−61.2×10−153.4×10−25在废水排放之前，用沉淀法除去这两种离子，应该加入的试剂是A．氢氧化钠 B．硫化钠 C．碘化钾 D．氢氧化钙【答案】B【解析】溶度积越小的越易转化为沉淀，除杂效果越好。若要把Ag+、Pb2+等重金属离子转化为沉淀除去，由表格中的溶度积数据可知，金属硫化物的溶度积最小，则应选择硫化钠作沉淀剂除去这两种离子，故选B。18．（2020·四川省绵阳南山中学高二月考）某温度时，可用K2S沉淀Cu2+、Mn2+、Zn2+三种离子(M2+)。所需S2最低浓度的对数值lgc(S2)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列说法正确的是A．三种离子对应的硫化物中Ksp(CuS)最小，约为1×1020B．向MnS的悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2)增大C．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2D．向浓度均为1×105mol·L1的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×104mol·L1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀【答案】C【解析】A．对于MS沉淀，溶度积常数为Ksp=c（M2+）·c（S2），所以根据图像可知三种离子对应的硫化物中Ksp(CuS)最小，约为10－25×10－10＝1×1035，故A错误；B．向MnS的悬浊液中加入少量水，仍可建立沉淀溶解平衡，溶液仍能达到饱和溶液，饱和溶液中c(S2)是不变的，故B错误；C．Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS），同类型沉淀溶度积越大，溶解度越大，溶解度大的容易转化为溶解度小的，所以可以用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2，故C正确；D．Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），溶解度越小越优先形成沉淀，所以向浓度均为1×105mol·L1的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×104mol·L1的Na2S溶液，Cu2+最先沉淀，故D错误；故答案选C。19．（2020·广东茂名·高二期末）硫化镉（CdS）是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：CdS在水中的溶解过程为吸热过程。下列说法正确的是A．图中各点对应的Ksp的关系:Ksp（m）=Ksp（n）=Ksp（p）<Ksp（q）B．温度降低时，p点的饱和溶液的组成由p沿pq线向q方向移动C．向p点溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由p沿mpn线向m方向移动D．向q点的饱和溶液中滴加Na2S溶液，一.定会析出CdS沉淀【答案】A【解析】A．温度相同，Ksp相同，温度升高，Ksp增大，所以图中各点对应的Ksp的关系:Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)<Ksp(q)，故A正确；B．p点Cd2+、S2相等，温度降低时，CdS沉淀溶解平衡逆向移动，Cd2+、S2均减小，所以p点的饱和溶液的组成由p沿pq线向O方向移动，故B错误；C．向p点溶液中加入少量Na2S固体，S2浓度增大，Ksp不变，溶液组成由p沿mpn线向n方向移动，故C错误；D．向q点的饱和溶液中滴加Na2S溶液，c(Cd2+)×c(S2)不一定大于Ksp(q)，所以不一.定会析出CdS沉淀，故D错误；选A。20．（2020·河北邯郸·高二期中）常温下，向25mL0.12mol/LAgNO3溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加大氨水的体积V与溶液中lg[c（H+

）/c（OH

）]的关系如图所示。已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c（Ag+）与c（NH3）均约为2×103mol/L。下列叙述错误的是A．a点对应溶液呈酸性的原因是AgNO3水解B．b点对应溶液中：c（Ag+）+c{[Ag（NH3）2]+}>c（NO）C．cd段加人的氨水主要用于沉淀的生成和溶解D．由e点可知，反应Ag++2NH3[Ag（NH3）2]+的平衡常数的数量级为105【答案】BD【解析】A.a点溶液中溶质只有硝酸银，c(H+)=104c(OH)，常温下c(H+)c(OH)=1014，则c(H+)=105，pH=5，溶液呈酸性，硝酸银为强酸弱碱盐，银离子水解溶液显酸性，故A正确；B.的电离和银离子的水解极微弱，可以忽略，溶液电荷守恒，则：c(Ag+)+c[]+c()+c(H+)=c(OH)+c()，b点lg=0，则c(H+)=c(OH)，则c(Ag+)+c[]+c()=c()，则c(Ag+)+c[]<c()；故B错误；C.cd段酸度变化较小，说明加入的氨水主要用于银离子的沉淀和溶解，故C正确；D.该反应平衡常数，忽略银离子水解和的电离，根据银元素守恒可知：c[]=，则K=1.25×107，其数量级为107，故D错误；答案BD。21．（2020·定远县育才学校高二月考）工业废水中常含有一定量的和，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。还原沉淀法是常用的一种方法，其过程为：Cr3＋Cr(OH)3↓(1)转化过程中存在平衡：2(黄色)＋2H＋⇌(橙色)＋H2O。能说明该反应达平衡状态的是________。a.和的浓度相同b.2v()＝v()c.溶液的pH保持不变(2)若1L废水转化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，有转化为(已知铬的相对原子质量为52)。①转化后所得溶液中c()＝________。②已知：常温时该反应的平衡常数K＝1014。上述转化后所得溶液的pH＝________。(3)若第②步中，还原1mol离子，需要__________mol的FeSO4·7H2O。(4)第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)⇌Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)。常温下Cr(OH)3的溶度积Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32，要使c(Cr3＋)降至10－5mol·L－1，溶液的pH应调至________。【答案】c0.25mol·L－1665【解析】溶液的pH不变，说明c(H+)不变，表明反应已达平衡，c正确，答案：C。由题意得，=；解得：=0.05mol/L，=0.25mol/L，，解得c(H+)=106mol/L，pH=6，答案：0.25mol·L－1；6中Cr的化合价是+6,所以1mol被还原转移6mol电子；1molFe2+被氧化生成Fe3+，转移1mol电子，因此根据得失电子守恒可知需要FeSO47H2O的物质的量为6mol。答案：6由溶度积常数的表达式可知当=105mol/L时，mol/L，则mol/L，故pH=5。答案：522．（2020·辛集市第一中学高二月考）Na2S又称臭碱、硫化碱，是应用广泛的化工原料，也常用于吸收工业废气中的SO2。完成下列填空：（1）用离子方程式说明Na2S又称臭碱、硫化碱的原因______。（2）向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，写出反应的离子方程式______。结合你所学习过的其它离子反应分析，离子互换反应进行的方向是______。向Na2S溶液中不断通入SO2，直至不再能吸收。其间看到溶液变浑浊，停止反应后溶液中含硫微粒为：、、H2SO3、HS。（3）反应过程中，溶液的pH逐渐___（填“变大”、“变小”），生成的沉淀是___；（4）关于反应后得到的溶液，下列离子浓度关系正确的是___。a．c(Na+)=c()+2c()+2c(H2SO3)+2c(HS)b．c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(HS)+c(OH)c．c(Na+)=2c(HS)d．c(Na+)=2c(HS)+2c()+c()【答案】S2＋H2OOH＋HS，HS＋H2OOH＋H2S2AgCl＋S2=Ag2S＋2Cl某些离子浓度减小的方向变小Sb【解析】（1）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，硫氢根离子水解生成具有臭味的硫化氢，故答案为：、；（2）Ag2S溶解度小于AgCl溶解度，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，离子方程式为，离子互换反应进行的方向是某些离子浓度减小的方向，故答案为：；某些离子浓度减小的方向；（3）Na2S溶液中存在硫离子水解溶液显碱性，不断通入SO2，SO2溶于水显酸且SO2会与硫离子反应，硫离子水解程度远远大于硫氢根离子、亚硫酸氢根离子、硫代硫酸根离子，所以溶液的pH变小；生成的沉淀是S，故答案为：变小；S；（4）a．未通入SO2时，Na2S溶液中存在：c（Na+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S），通入SO2时后，溶入SO2后会与水反应生成H2SO3，无法确定S原子和Na原子之间的数量关系，故a错误；b．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（）+c（）+c（HS）+c（OH），故b正确；c．未通入SO2时，Na2S溶液中存在：c（Na+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S），c（Na+）＞2c（HS）通入SO2后2价的硫元素会减小，所以c（Na+）＞2c（HS），故c错误；d．若c(Na+)=2c(HS)+2c()+c()再结合电荷守恒可得：c（H+）=c（OH）c（HS）在未通入SO2时，Na2S溶液中存在质子守恒：c（H+）=c（OH）c（HS）2c（H2S），若在通入SO2时，只与该溶液中水解生成的H2S反应，则d正确，而实际上并非如此，故d错误。故选b。23．（2020·重庆市万州第二高级中学高二月考）(1)Na2CO3溶液号称油脂的清道夫，能够溶解油脂，故常常用于洗涤油污．Na2CO3溶液的PH______7(填“＞”、”＜”或”=”)，试用离子方程式解释__________在相同条件下，相同物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的PH大小关系为Na2CO3_______

NaHCO3(填“＞”、”＜”或”=”)(2)普通泡沫灭火器是利用NaHCO3溶液跟Al2(SO4)3溶液混合，产生大量的气体和沉淀，气体将混合物压出灭火器，相关反应的离子方程式是_______．(3)CaSO3溶液与CaCl2溶液混合会生成难溶的CaSO3(Ksp＝3.1×107)，现将等体积的CaCl2溶液与Na2SO3溶液混合，若混合前Na2SO3溶液浓度为2×103mol·L1，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为____________。(4)在一定温度下，向不同的电解质溶液中加入新物质时溶液的导电性发生变化，其电流强度(I)随物质加入量(m)的变化曲线如图所示。其中与A图变化趋势一致的是________(填编号，下同)，与B图变化趋势一致的是________，与C图变化趋势一致的是________。①H2SO4溶液中加入适量BaCl2固体②氢硫酸(H2S)溶液中滴入稀NaOH溶液至过量③澄清石灰水中通入CO2至过量④NaOH溶液中通入适量Cl2⑤Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至过量【答案】＞CO32+H2OHCO3+OH＞3HCO3+Al3+═Al(OH)3↓+3CO2↑1.55×104mol·L1②③⑤①④【解析】(1)Na2CO3为强碱弱酸盐存在水解平衡CO32+H2OHCO3+OH，故Na2CO3溶液的pH＞7；在相同条件下，相同物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠，同浓度时水解程度越大碱性越强，溶液pH越大，故pH大小关系为Na2CO3＞NaHCO3。(2)用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液分别水解呈碱性和酸性，可发生互促水解，生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为3HCO3+Al3+═Al(OH)3↓+3CO2↑。(3)CaSO3的Ksp＝c平(Ca2+)c平(SO32)=3.1×107，现将等体积的CaCl2溶液与Na2SO3溶液混合，若混合前Na2SO3溶液浓度为2×103mol·L1，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为=mol·L1。(4)①H2SO4溶液中加入适量BaCl2固体，两者反应生成硫酸钡沉淀和氯化氢，硫酸和氯化氢均为强电解质，反应前后离子浓度基本无变化，导电性基本无变化，与C一致；②氢硫酸(H2S)为弱酸，部分电离，当溶液中滴入稀NaOH溶液，反应生成硫化钠和水，导电能力增强，当稀NaOH溶液过量，溶液稀释，导电能力减弱，与A一致；③澄清石灰水中通入CO2反应生成碳酸钙和水，溶液导电能力减弱，二氧化碳过量后，碳酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙电离使导电性增强，与B一致；④NaOH溶液中通入适量Cl2反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氢氧化钠、氯化钠、次氯酸钠均为强电解质，反应前后离子浓度基本没变化，与C一致；⑤Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，导电性减弱，完全反应后硫酸过量，导电性又增强，与B一致；故其中与A图变化趋势一致的是②，与B图变化趋势一致的是③⑤，与C图变化趋势一致的是①④。24．（2020·福建鼓楼·福州三中高二期末）连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，可用于制N2O气体。(1)连二次硝酸中氮元素的化合价为____________。(2)常温下，用0.01mol·L1的NaOH溶液滴定10mL0．01mol·L1的H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式：______________。②常温下H2N2O2的Ka1约为______________③b点时溶液中c(H2N2O2)_____(填“＞”、“＜”或“＝”，下同)c()。④a点时溶液中c(Na+)________c()+c()。⑤a、b、c三点，水的电离程度最大的是__________。(3)硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时，分散系中=______。[已知Ksp(Ag2N2O2)=4.2×109，Ksp(Ag2SO4)=1.4×105]【答案】+1106.6>>c3.0×10－4【解析】【分析】明确酸碱混合时各个状态时溶液的组成情况是解题关键；用0.01mol·L1的NaOH溶液滴定10mL0．01mol·L1的H2N2O2溶液，根据起点时的pH，可近似计算Ka1，二者之间相互反应，当a点——反应至溶液显中性时，溶质为少量H2N2O2和NaHN2O2的混合溶液，当b点时，加入碱的物质的量与酸的物质的量相等，故恰好反应得到NaHN2O2，由图知，该溶液呈碱性，则其电离程度小于水解程度，当c点恰好完全反应时，得Na2N2O2溶液，任何时刻溶液呈电中性，要善于用电荷守恒思想来比较离子浓度大小；【详解】(1)H2N2O2分子中H的化合价为+1，O元素的化合价为2，设N元素的化合价为x，根据总化合价之和为0可以知道：2x+(+1)，计算得出：x=1，即N元素的化合价为+1；(2)①根据图象可以知道，氢氧化钠溶液体积为0时，0.01mol·L－1H2N2O2溶液的pH=4.3，说明H2N2O2为二元弱酸，二元弱酸以第一步电离为主，则其电离方程式为：；②，常温下H2N2O2的；③b点时的溶液，加入碱的物质的量与酸的物质的量相等，故恰好反应得到NaHN2O2，由图知，该溶液呈碱性，则其电离程度小于水解程度，则所得为c(H2N2O2)>c()。④a点时溶液呈中性，则c(H+)=c(OH)，由于溶液电荷守恒，则c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH)，可得到c(Na+)=c()+2c()，则c(Na+)>c()+c()；⑤a、b、c三点，随着NaOH溶液的不断加入，H2N2O2的量不断减小，对水的电离抑制作用不断减小，a到b点，NaHN2O2的量不断增多，b到c点，NaHN2O2的量不断减少、Na2N2O2的量不断增多，水解促进水的电离，则由a点到c点，水的电离程度不断增大，三点水的电离程度最大的是c；(3)当白色沉淀和黄色沉淀共存时，分散系中===3.0×10－4。25．（2020·重庆高二期末）水溶液中存在水的电离平衡。(1)一定温度下，将某醋酸溶液加水稀释，溶液的导电能力变化导电能力如图所示。①用湿润的pH试纸测量c处溶液的pH，测量的结果___________(填“无影响”、“偏小”或“偏大”)，a、b、c三点溶液的pH最大的是___________(填“a”、“b”或“c”)点。②a、b、c三点溶液用1mol·L1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积依次为Va、Vb、Vc，则Va、Vb、Vc大小关系为_______________________。③25℃时，醋酸的电离常数Ka=1.8×105，则该温度下醋酸钠的水解平衡常数Kb=____。(2)硫酸是强酸，中学阶段将硫酸在水溶液中看作完全电离。实际上硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全。①硫酸的第一步电离方程式为__________________________________________，则H2SO4溶液与BaCl2溶液反应的离子方程式为______________________________。②在0.1mol·L1的Na2SO4溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是______________(填序号)。A．c(OH)=c(H+)+c(HSO)B．c()+c(HSO)=2c(Na+)C．c()+c(HSO)=0.lmol·L1D．c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HSO)(3)K2CrO4常作指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl，利用Ag+与CrO生成砖红色沉淀来指示滴定终点。当Cl恰好完全沉淀(浓度等于1.0×105mol·L1)时，此时溶液中c(CrO)为___________________mol·L1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×1012和2.0×1010)。【答案】偏大cVa=Vb=Vc5.6×10−10H2SO4=H+++Ba2+=BaSO4↓+H+AC0.005【解析】（1）①据图可知将c处醋酸稀释，c(H+)减小，所以用湿润的pH试纸测量c处溶液的pH，测量结果偏大；导电能力越强，离子浓度越大，c(H+)越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为c>a>b，故答案为：偏大；c；②a、b、c三点醋酸浓度不同，但所含醋酸的物质的量相同，消耗碱的量与酸的物质的量成正比，所以a、b、c三点溶液用1mol/LNaOH溶液中和，消耗V(NaOH)相同，即Va=Vb=Vc，故答案为：Va=Vb=Vc；③25℃时，醋酸的电离常数Ka=l.8×10−5，则该温度下醋酸钠的水解平衡常数Kb==≈5.6×10−10，故答案为：5.6×10−10；（2）①硫酸第一步完全电离生成H+、，其电离方程式为H2SO4=H++；硫酸在溶液中电离出，和Ba2+反应生成BaSO4沉淀和H+，离子方程式为+Ba2+=BaSO4↓+H+；②在0.1mol•L−1的Na2SO4溶液中，存在电荷守恒和物料守恒，且溶液中水解生成；A．根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)═c(OH−)+c()+2c()、根据物料守恒得c(Na+)=2[c()+c()]，所以得c(OH−)=c(H+)+c()，故A正确；B．根据物料守恒得2[c()+c()]=c(Na+)，故B错误；C．根据物料守恒得c()+c()=0.1mol•L−1，故C正确；D．根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)═c(OH−)+c()+2c()，则c(Na+)+c(H+)>c(OH−)+c()，故D错误；综上所述，正确的是AC项，故选AC；（3）当Cl−恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10−5mol•L−1)时，溶液中c(Ag+)=mol•L−1=2.0×10−5mol•L−1，此时溶液中c()==mol•L−1=0.005mol•L−1，故答案为：0.005。26．（2020·福建省福州第八中学高二期末）某铬盐厂净化含Cr(VI)废水并提取Cr2O3的一种工艺流程如下图所示。已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.3×1031Ksp[Fe(OH)3]=2.6×1039Ksp[Fe(OH)2]=4.9×1017（1）步聚I中，发生的反应为：2H++2CrO42⇌Cr2O72+H2O，B中含铬元素的离子有___（填离子符号）．（2）产品中除Cr2O3外还含有的主要杂质是_______。（3）若测得清液pH=5,此时Cr3+的浓度=_____mol/L。（4）当清液中Cr3+的浓度≤1.5mg•L1时，可认为已达铬的排放标准，上述清液是否符合铬的排放标准_______（填“是”或“否”）（5）步骤Ⅱ还可以用其他物质代替NaHSO3作还原剂．①若用FeSO4•7H2O作还原剂，步骤Ⅲ中参加反应的阳离子一定有___（填离子符号）．②若用铁屑作还原剂，当铁的投放量相同时，经计算，C溶液的pH与c（）的对应关系如下表所示。有人认为pH=6时，c（）变小的原因是基本上都已转化为Cr3+．这种说法是否正确，为什么？答：_________________________________________________________________．③用足量铁屑作还原剂时，为使所得产品中含铁元素杂质的含量尽可能低，需要控制的条件有___．【答案】CrO42、Cr2O72CaSO46.3×104否Cr3+、Fe3+、H+不正确；pH=6时，c(H+)减小，化学平衡2H++2CrO42⇌CrO72+H2O向逆反应方向移动，溶液中Cr(Ⅵ)主要以CrO42形式存在铁屑过量；将溶液的PH控制在使Cr(OH)3完全沉淀而氢氧化亚铁不沉淀的范围内【解析】【分析】提取CrO3的工艺流程：含Cr(Ⅵ)废水A加入硫酸酸化，发生的反应为：2H++2CrO42⇌CrO72+H2O，该反应为可逆反应，所以B中含有CrO42、Cr2O72，加入亚硫酸氢钠，+4价的硫被+6价的铬氧化，反应为3HSO3+Cr2O72+5H+=3SO42+2Cr3++4H2O，得到溶液C，加入石灰乳，Cr3++Ca(OH)2=Cr(OH)3↓+Ca2+，氢氧化铬煅烧、干化得到氧化铬，因硫酸钙微溶，所以沉淀物中含有杂质CaSO4；【详解】(1)2H++2CrO42⇌Cr2O72+H2O为可逆反应，所以B中含铬元素的离子有C