專題四沉淀溶解平衡-2020-2021學年高二《新題速遞化學》（人教版2019選擇性必修1）11月刊（課堂必刷題）

20202021學年高二《新題速遞·化學》11月刊專題四難溶電解質(zhì)的溶解平衡1．（2020·渝中·重慶巴蜀中學高二期末）下列說法正確的是（）A．物質(zhì)的溶解性為難溶，則該物質(zhì)不溶于水B．不溶于水的物質(zhì)溶解度為0C．絕對不溶解的物質(zhì)是不存在的D．某離子被沉淀完全是指該離子在溶液中的濃度為0【答案】C【解析】絕對不溶的物質(zhì)是不存在的，A、B錯誤，C正確；某離子被沉淀完全是指該離子在溶液中的濃度小于1×10－5mol/L，D不正確，答案選C。2．（2020·赤峰二中）下列說法正確的是A．用潤濕的pH試紙測稀酸溶液的pH，測定值偏小B．在稀醋酸溶液中加入CH3COONa固體能促進醋酸的電離C．升高溫度，水的離子積常數(shù)減小D．在Na2S溶液中加入AgCl固體，溶液中c(S2)下降【答案】D【解析】A.潤濕的pH試紙，對溶液有稀釋作用，導致酸溶液中氫離子濃度減小，pH偏大，A錯誤；B.向稀醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，溶液中醋酸根離子濃度增大，電離平衡逆向移動，電離程度減小，B錯誤；C.升高溫度，水的電離向電離的方向移動，水的離子積常數(shù)變大，C錯誤；D.硫化銀的Ksp大于氯化銀的，在Na2S溶液中加入AgCl固體，溶液中c(S2)下降，D正確；答案為D3．（2020·遼源市第五中學校高二月考）已知25℃時，AgCl的溶度積Ksp=l.8×10?10，則下列說法不正確的是()A．溫度一定時，當溶液中c(Ag+)·c(Cl?)=Ksp時，此溶液中必有AgCl的沉淀析出B．AgNO3溶液與NaCl溶液混合后的溶液中，可能有c(Ag+)=c(Cl?)C．向飽和AgCl水溶液中加入鹽酸，Ksp不變D．將AgCl加入到較濃的KI溶液中，部分AgCl可以轉(zhuǎn)化為AgI【答案】A【解析】A．當溶液中c(Ag+)c(Cl)=Ksp時，為飽和溶液，不一定有AgCl的沉淀析出，故A錯誤；B．AgNO3溶液與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，取決于硝酸銀和氯化鈉的相對量的大小，故B正確；C．向飽和AgCl水溶液中加入鹽酸，氯離子濃度增大，沉淀溶解平衡左移生成沉淀，但溫度一定，溶度積常數(shù)不變，所以Ksp值不變，故C正確；D．將固體AgCl加入到較濃的KI溶液中，AgCl溶解度大于AgI，部分AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，故D正確；故選A。4．（2020·梅河口市朝鮮族中學高二期末）在NaCl飽和溶液中通入HCl(g)時，NaCl(s)能沉淀析出的原因是（）A．HCl水溶液是強酸，任何強酸都導致有沉淀析出B．Cl濃度增大，使平衡向生成氯化鈉的方向移動，生成NaCl(s)C．酸的存在降低了Ksp(NaCl)的數(shù)值D．Ksp(NaCl)不受酸的影響，但增加Cl濃度，能使Ksp(NaCl)減小【答案】B【解析】飽和氯化鈉溶液中存在NaCl(s)Na+(aq)+Cl(aq)，通入HCl（g）時，氯離子濃度增大，則溶解平衡逆向移動，所以有氯化鈉沉淀析出，由于溫度不變，Ksp(NaCl)不變，故答案選B。5．（2020·重慶市秀山高級中學校高二月考）已知,常溫下,Ksp(AgCl)=1.8×1010,Ksp(AgI)=8.3×1017,下列敘述正確的是A．常溫下,AgCl在飽和NaCl溶液中的Ksp比在純水中的Ksp小B．向AgCl的懸濁液中加入KI溶液,沉淀由白色轉(zhuǎn)化為黃色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的飽和溶液中加人NaCl晶體有AgCl析出,溶液中c(Ag+)仍與c(Cl)相等【答案】B【解析】A.KSP只與溫度有關(guān)，與溶液中離子濃度無關(guān)，故A錯誤；B.KSP(AgCl)＞KSP(AgI)，沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度更小的物質(zhì)容易發(fā)生，向AgCl的懸濁液中加入KI溶液，沉淀由白色轉(zhuǎn)化為黃色，故B正確；C.KSP(AgCl)＞KSP(AgI)，氯化銀的溶解度大于碘化銀，則所得溶液的c(Cl)>c(I)，故C錯誤；D.向AgCl的飽和溶液中加入NaCl晶體，c(Cl)增大，溶解平衡逆向移動，生成沉淀，c(Ag+)減小，c(Cl)增大，c(Ag+)<c(Cl)，故D錯誤；答案選B。6．（2020·辛集市第一中學高二月考）已知25℃時，物質(zhì)的溶度積常數(shù)為Ksp(FeS)＝6.3×10﹣18；Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36；Ksp(ZnS)＝1.6×10﹣24．下列說法正確的是A．在相同溫度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B．除去工業(yè)廢水Fe2+中的Cu2+，可選用FeS作沉淀劑C．足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能達到的最大濃度為1.3×10﹣35mo1/LD．在ZnS的飽和溶液中，加入ZnCl2溶液，則使Ksp(ZnS)變小【答案】B【解析】A．ZnS與CuS的組成結(jié)構(gòu)相同，由于Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36＜Ksp(ZnS)＝1.6×10﹣24，則CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，故A錯誤；B．由于Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36＜Ksp(FeS)＝6.3×10﹣18，CuS的溶解度小于FeS的，所以除去工業(yè)廢水Fe2+中的Cu2+，可選用FeS作沉淀劑，故B正確；C．H2S是弱酸，硫離子的最大濃度為0.1mol/L，CuS的溶度積常數(shù)(Ksp)＝1.3×10﹣36，所以溶液中Cu2+的最小濃度為1.3×10﹣35mol/L，故C錯誤；D．溶度積受溫度影響，與離子濃度無關(guān)，在ZnS的飽和溶液中，加入ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)不變，故D錯誤。故選：B。7．（2020·四川省綿陽江油中學高二月考）將足量BaCO3粉末分別加入下列溶液中，充分溶解至溶液飽和。各溶液中Ba2+的濃度最小的為A．40mL水 B．10mL0.2mol·L－1Na2CO3溶液C．50mL0.01mol·L－1氯化鋇溶液 D．100mL0.01mol·L－1鹽酸【答案】B【解析】A、BaCO3粉末加入40mL水中，充分溶解至溶液飽和存在BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO32(aq)，則溶液中存在一定濃度的Ba2+，但濃度較?。籅、將足量BaCO3粉末加入10mL0.2mol/LNa2CO3溶液中，由于碳酸根離子的濃度較大，抑制碳酸鋇的溶解，則Ba2+的濃度很小；C、將足量BaCO3粉末加入50mL0.01mol/L氯化鋇溶液中，氯化鋇電離產(chǎn)生0.01mol/LBa2+，則Ba2+的濃度較大；D、將足量BaCO3粉末加入100mL0.01mol/L鹽酸中，碳酸鋇與鹽酸反應(yīng)生成0.005mol/LBa2+，則Ba2+的濃度較大；顯然B中Ba2+的濃度最小，故選B。點睛：明確選項中的離子濃度對碳酸鋇的溶解的影響是解答本題的關(guān)鍵。本題的易錯點為CD的比較，要注意D中生成的氯化鋇溶液的濃度為0.005mol/L。8．（2020·山東煙臺·高二期末）25℃時，下列4種鹽的溶度積常數(shù)(Ksp)分別是：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結(jié)合相關(guān)數(shù)據(jù)分析，下列說法錯誤的是A．除去某溶液中的Ag＋用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好B．25℃時，MnS的溶解度大于FeS的溶解度C．向少量FeS懸濁液中加入足量飽和MnCl2溶液，沉淀顏色會由黑色變?yōu)槿馍獶．向Ag2S(s)?2Ag＋(aq)＋S2－(aq)平衡體系中加入少量Na2S固體，溶液中c(Ag＋)不變【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說法正確；B．根據(jù)表中數(shù)據(jù)，25℃時，MnS的溶解度大于FeS的溶解度，B說法正確；C．向少量FeS懸濁液中，即FeS的飽和溶液，加入足量飽和MnCl2溶液，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，沉淀顏色會由黑色變?yōu)槿馍?，C說法正確；D．向Ag2S(s)?2Ag＋(aq)＋S2－(aq)平衡體系中加入少量Na2S固體，溶液中c(S2－)增大，平衡逆向移動，則溶液中c(Ag＋)減小，D說法錯誤；答案為D。9．（2020·黑龍江高二期中）某化學興趣小組進行下列實驗：①將的溶液和的溶液等體積混合得到濁液②取少量①中濁液，滴加的溶液，出現(xiàn)紅褐色沉淀③過濾①中濁液，取少量白色沉淀，滴加的溶液，白色沉淀變?yōu)榧t褐色沉淀④另取少量白色沉淀，滴加飽和溶液，沉淀溶解下列說法中錯誤的是（）A．將①中濁液過濾，所得濾液中有微量的存在B．實驗②和③均能說明比難溶C．③中沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)式為：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】將的溶液和的溶液等體積混合得到氫氧化鎂懸濁液和氯化鈉以及剩余氫氧化鈉的混合物氫氧化鎂存在沉淀溶解平衡：?！驹斀狻緼．將①中所得濁液氫氧化鎂過濾，氫氧化鎂存在沉淀溶解平衡：，所得濾液中含少量，故A正確；B．實驗②中是因為剩余的氫氧化鈉和氯化鐵之間反應(yīng)生成氫氧化鐵的緣故，不能說明比難溶，故B錯誤；C．實驗③中氫氧化鎂沉淀轉(zhuǎn)化為紅褐色的氫氧化鐵沉淀，發(fā)生的反應(yīng)為，故C正確；D．氫氧化鎂存在沉淀溶解平衡：，加氯化銨會和氫氧根離子之間反應(yīng)，所以平衡正向移動沉淀溶解，故D正確；故選B。10．（2020·黑龍江高二期中）已知①相同溫度下：Ksp[Zn(OH)2]＞Ksp[ZnS]，Ksp[MgCO3]＞Ksp[Mg(OH)2]；②電離出的能力：FeS＞H2S＞CuS，則下列離子方程式錯誤的是（）A．將加入稀鹽酸中：B．向溶液中通氣體：C．將溶液和溶液混合：D．向少量溶液中加入足量溶液：【答案】C【解析】【分析】在相同溫度下，結(jié)合溶度積可知，溶度積越小，越難溶，溶液中的離子優(yōu)先結(jié)合生成難溶或更難電離的物質(zhì)；結(jié)合電離出S2的能力可知，F(xiàn)eS＞H2S＞CuS，則結(jié)合S2能力逐漸增強，反應(yīng)向結(jié)合S2的能力強的方向移動，由此分析?！驹斀狻緼．電離出S2的能力為FeS＞H2S，則可發(fā)生，故A不符合題意；B．電離出S2的能力為H2S＞CuS，則銅離子和硫化氫反應(yīng)生成硫化銅，可發(fā)生，故B不符合題意；C．因相同溫度下，Ksp[Zn(OH)2]＞Ksp[ZnS]，硫化鋅比氫氧化鋅更難溶，則鋅離子和硫離子先結(jié)合生成硫化鋅沉淀，故不能發(fā)生，故C符合題意；D．因相同溫度下，Ksp[MgCO3]＞Ksp[Mg(OH)2]，氫氧化鎂比碳酸鎂更難溶，少量的物質(zhì)的量設(shè)為1mol，則用去的氫氧化鈉的物質(zhì)的量為4mol，其中2mol和鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，2mol與碳酸氫根結(jié)合生成碳酸根離子，可發(fā)生，故D不符合題意；答案選C。11．（2020·重慶市秀山高級中學校高二月考）①已知t℃時AgCl的Ksp=2.0×10－10；②在t℃時Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法不正確的是A．在t℃時，Ag2CrO4的Ksp為1.0×10－12B．在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y點到Z點C．在t℃時，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℃時，反應(yīng)Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋(aq)的平衡常數(shù)K＝2.5×107【答案】C【解析】A．依據(jù)圖象曲線上的數(shù)據(jù)結(jié)合溶度積常數(shù)概念計算得到，曲線上的點是沉淀溶解平衡；Ag2CrO4的沉淀溶解平衡為：Ag2CrO4(s)2Ag++，Ksp=c2(Ag+)·c()=（103）2×106=1012，故A正確；B．在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍為飽和溶液，濃度增大，Ag+濃度減小，但點仍在曲線上，所以在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4能使溶液由Y點變?yōu)閆點，故B正確；C．依據(jù)溶度積常數(shù)計算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，依據(jù)溶度積計算得到：c(Ag+)==2×108mol/L，所以Cl先沉淀，故C錯誤；D．K====2.5×107，故D正確。答案選C。12．（2020·許昌市第三高級中學高二月考）下列關(guān)于平衡體系的各說法中不正確的是（）A．在N2+3H22NH3的平衡體系中，縮小體積，平衡向右移動，氨的產(chǎn)率增加B．在CH3COOHCH3COO﹣+H+的平衡體系中加入CH3COONa固體，平衡向左移動C．對Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH﹣(aq)，升高溫度，其Ksp一定增大D．在碳酸鈣的沉淀溶解平衡體系中，加入稀鹽酸，平衡向溶解的方向移動【答案】C【解析】A.在N2+3H22NH3的平衡體系中，縮小體積，相當于增大壓強，平衡向氣體體積縮小的方向移動，平衡正向移動，氨的產(chǎn)率增加，故A正確；B.根據(jù)同離子效應(yīng),在CH3COOHCH3COO﹣+H+的平衡體系中加入CH3COONa固體，平衡向右移動，故B正確；C.升高溫度，氫氧化鈣的溶解度減小，所以溶液中鈣離子和氫氧根離子的濃度減小，則Ksp減小，而不是增大，故C錯誤；D.碳酸鈣的沉淀溶解平衡為：Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH﹣(aq)，加入稀鹽酸能與反應(yīng)，促進碳酸鈣的沉淀溶解平衡向正方向移動，故D正確；故選C。13．（2020·遼源市第五中學校高二月考）如圖是Ca（OH）2在溫度分別為T1、T2時的兩種沉淀溶解平衡曲線（圖中濃度單位為mol·L1，與曲線Ⅰ對應(yīng)的Ksp=4×106，≈1.6），下列說法中正確的是（）A．溫度：T1<T2B．在溫度為T1時，P點分散系中分散質(zhì)粒子直徑<1nmC．加水稀釋時溶液堿性減弱，Z點溶液可轉(zhuǎn)化為Q點溶液D．Q點的溶液中c（OH）約為0.0125mol·L1【答案】D【解析】A．溫度升高，Ca(OH)2的溶解度降低，不利于沉淀溶解平衡向正反應(yīng)方向移動，溶度積常數(shù)減小，圖中T2時的溶度積常數(shù)大于T1時的溶度積常數(shù)，因此溫度關(guān)系為：T1＞T2，故A錯誤；B．溫度為T1時，濃度積常數(shù)為Qc＞Ksp，反應(yīng)向生成沉淀的方向移動，得到懸濁液，P點分散系中分散質(zhì)粒子直徑大于100nm，故B錯誤；C．加水稀釋有助于沉淀溶解平衡向正反應(yīng)方向移動，只是微量促進，但不改變?nèi)芏确e常數(shù)，轉(zhuǎn)化為不飽和溶液，Ca2+濃度不會增大，則不能Z點溶液可轉(zhuǎn)化為Q點溶液，故C錯誤；D．Q為溫度為T1的曲線上，溫度相同，則溶度積常數(shù)不變，此時的溶度積常數(shù)為Ksp=c(Ca2+)?c2(OH)=16a×a2=16a3=4×106，解得a=mol/L，則圖中Q點溶液中c(OH)=2a=mol/L=0.0125mol/L，故D正確；故答案為D。14．（2020·辛集市第一中學高二月考）常溫下，將11.65gBaSO4粉末置于盛有250mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體(忽略溶液體積的變化)并充分攪拌，加入Na2CO3固體的過程中，溶液中幾種離子濃度變化曲線如圖所示，下列說法中正確的是A．相同溫度時，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全部轉(zhuǎn)化為BaCO3，至少要加入1.30molNa2CO3D．0.05molBaSO4恰好全部轉(zhuǎn)化為BaCO3時，溶液中離子濃度大小為：c(Ba2+)＞c()＞c()【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圖象可知，當加入的Na2CO3固體使溶液中c()＝2.5×10﹣4mol/L時，開始發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，此時c(Ba2+)降低，c()升高，即MP線為濃度的變化曲線，而MN線是Ba2+的變化曲線，根據(jù)A或M點計算Ksp(BaSO4)＝c(Ba2+)?c(SO42﹣)＝1×10﹣5mol/L×1×10﹣5mol/L＝10﹣10，根據(jù)M或N點計算Ksp(BaCO3)＝2.5×10﹣4mol/L×1×10﹣5mol/L＝2.5×10﹣9。【詳解】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錯誤；B.Ksp只與溫度有關(guān)，與其他條件無關(guān)，故B錯誤；C.由反應(yīng)BaSO4(s)+(aq)?BaCO3(s)+(aq)可知，0.05molBaSO4全部轉(zhuǎn)化為BaCO3時消耗n(Na2CO3)＝0.05mol，則此時溶液中c()＝＝0.2mol/L，由于Ksp(BaSO4)＝c(Ba2+)?c()＝1×10﹣10，則此時溶液中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，所以加入的碳酸鈉的物質(zhì)的量n≥1.25mol+0.05mol＝1.3mol，故C正確；D.0.05molBaSO4全部轉(zhuǎn)化為BaCO3，則此時溶液中c()＝＝0.2mol/L，由于Ksp(BaSO4)＝c(Ba2+)?c()＝1×10﹣10，可知此時溶液中c(Ba2+)＝mol/L＝5×10﹣10mol/L，溶液中的c()＝mol/L＝5mol/L，即溶液中離子濃度大小為：c()＞c()＞c(Ba2+)，故D錯誤；故選：C。15．（2020·辛集市第一中學高二月考）已知：KSP[Fe(OH)2]＝8.0×10﹣16，KSP[Fe(OH)3]＝4.0×10﹣38．常溫下，向1L含1.0molFe2(SO4)3和1.0molFeSO4的酸性混合溶液中通入NH3，至該溶液的pH為4時，溶液體積變化忽略不計，所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)的值為A．2：1 B．1：1 C．2.5×107：1 D．2.5×104：1【答案】C【解析】pH為3時，c(OH﹣)＝10﹣11mol/L，則1.0molFeSO4溶液中c(Fe2+)×c2(OH﹣)＝10﹣22＜8.0×10﹣16，沒有沉淀生成，則c(Fe2+)＝1.0mol/L，由Ksp(Fe(OH)3)＝4.0×10﹣38可知，c(Fe3+)＝mol/L＝4×10﹣5mol/L，則c(Fe2+)：c(Fe3+)＝1：4×10﹣5＝2.5×104：1，故選：C。16．（2020·橫峰中學高二月考）為了防止熱帶魚池中水藻的生長，需保持水中Cu2+的濃度約1.2×105mol·L1。為避免在每次換池水時溶液濃度的改變，可把適當?shù)暮~化合物放在池底，其飽和溶液提供適當?shù)腃u2+。已知CuS、Cu(OH)2、CuCO3的Ksp值依次為1.3×1036、2.2×1020、1.4×1010，下列四種物質(zhì)中，能基本滿足池水濃度要求的是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；故答案為B。17．（2020·北京八中烏蘭察布分校高二期末）某酸性化工廢水中含有Ag+、Pb2+等重金屬離子。有關(guān)數(shù)據(jù)如下：難溶電解質(zhì)AgIAg2SPbI2Pb(OH)2PbSKsp(25℃)8.3×10?125.3×10?207.1×10?61.2×10?153.4×10?25在廢水排放之前，用沉淀法除去這兩種離子，應(yīng)該加入的試劑是A．氫氧化鈉 B．硫化鈉 C．碘化鉀 D．氫氧化鈣【答案】B【解析】溶度積越小的越易轉(zhuǎn)化為沉淀，除雜效果越好。若要把Ag+、Pb2+等重金屬離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，由表格中的溶度積數(shù)據(jù)可知，金屬硫化物的溶度積最小，則應(yīng)選擇硫化鈉作沉淀劑除去這兩種離子，故選B。18．（2020·四川省綿陽南山中學高二月考）某溫度時，可用K2S沉淀Cu2+、Mn2+、Zn2+三種離子(M2+)。所需S2最低濃度的對數(shù)值lgc(S2)與lgc(M2+)的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．三種離子對應(yīng)的硫化物中Ksp(CuS)最小，約為1×1020B．向MnS的懸濁液中加入少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移動，c(S2)增大C．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量雜質(zhì)ZnCl2D．向濃度均為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．對于MS沉淀，溶度積常數(shù)為Ksp=c（M2+）·c（S2），所以根據(jù)圖像可知三種離子對應(yīng)的硫化物中Ksp(CuS)最小，約為10－25×10－10＝1×1035，故A錯誤；B．向MnS的懸濁液中加入少量水，仍可建立沉淀溶解平衡，溶液仍能達到飽和溶液，飽和溶液中c(S2)是不變的，故B錯誤；C．Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS），同類型沉淀溶度積越大，溶解度越大，溶解度大的容易轉(zhuǎn)化為溶解度小的，所以可以用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量雜質(zhì)ZnCl2，故C正確；D．Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），溶解度越小越優(yōu)先形成沉淀，所以向濃度均為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錯誤；故答案選C。19．（2020·廣東茂名·高二期末）硫化鎘（CdS）是一種難溶于水的黃色顏料，其在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知：CdS在水中的溶解過程為吸熱過程。下列說法正確的是A．圖中各點對應(yīng)的Ksp的關(guān)系:Ksp（m）=Ksp（n）=Ksp（p）<Ksp（q）B．溫度降低時，p點的飽和溶液的組成由p沿pq線向q方向移動C．向p點溶液中加入少量Na2S固體，溶液組成由p沿mpn線向m方向移動D．向q點的飽和溶液中滴加Na2S溶液，一.定會析出CdS沉淀【答案】A【解析】A．溫度相同，Ksp相同，溫度升高，Ksp增大，所以圖中各點對應(yīng)的Ksp的關(guān)系:Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)<Ksp(q)，故A正確；B．p點Cd2+、S2相等，溫度降低時，CdS沉淀溶解平衡逆向移動，Cd2+、S2均減小，所以p點的飽和溶液的組成由p沿pq線向O方向移動，故B錯誤；C．向p點溶液中加入少量Na2S固體，S2濃度增大，Ksp不變，溶液組成由p沿mpn線向n方向移動，故C錯誤；D．向q點的飽和溶液中滴加Na2S溶液，c(Cd2+)×c(S2)不一定大于Ksp(q)，所以不一.定會析出CdS沉淀，故D錯誤；選A。20．（2020·河北邯鄲·高二期中）常溫下，向25mL0.12mol/LAgNO3溶液中逐滴加入一定濃度的氨水，先出現(xiàn)沉淀，繼續(xù)滴加沉淀溶解。該過程中加大氨水的體積V與溶液中l(wèi)g[c（H+

）/c（OH

）]的關(guān)系如圖所示。已知e點對應(yīng)的溶液迅速由渾濁變得澄清，且此時溶液中c（Ag+）與c（NH3）均約為2×103mol/L。下列敘述錯誤的是A．a(chǎn)點對應(yīng)溶液呈酸性的原因是AgNO3水解B．b點對應(yīng)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點可知，反應(yīng)Ag++2NH3[Ag（NH3）2]+的平衡常數(shù)的數(shù)量級為105【答案】BD【解析】A.a點溶液中溶質(zhì)只有硝酸銀，c(H+)=104c(OH)，常溫下c(H+)c(OH)=1014，則c(H+)=105，pH=5，溶液呈酸性，硝酸銀為強酸弱堿鹽，銀離子水解溶液顯酸性，故A正確；B.的電離和銀離子的水解極微弱，可以忽略，溶液電荷守恒，則：c(Ag+)+c[]+c()+c(H+)=c(OH)+c()，b點lg=0，則c(H+)=c(OH)，則c(Ag+)+c[]+c()=c()，則c(Ag+)+c[]<c()；故B錯誤；C.cd段酸度變化較小，說明加入的氨水主要用于銀離子的沉淀和溶解，故C正確；D.該反應(yīng)平衡常數(shù)，忽略銀離子水解和的電離，根據(jù)銀元素守恒可知：c[]=，則K=1.25×107，其數(shù)量級為107，故D錯誤；答案BD。21．（2020·定遠縣育才學校高二月考）工業(yè)廢水中常含有一定量的和，它們會對人類及生態(tài)系統(tǒng)產(chǎn)生很大的傷害，必須進行處理。還原沉淀法是常用的一種方法，其過程為：Cr3＋Cr(OH)3↓(1)轉(zhuǎn)化過程中存在平衡：2(黃色)＋2H＋?(橙色)＋H2O。能說明該反應(yīng)達平衡狀態(tài)的是________。a.和的濃度相同b.2v()＝v()c.溶液的pH保持不變(2)若1L廢水轉(zhuǎn)化后所得溶液中含鉻元素的質(zhì)量為28.6g，有轉(zhuǎn)化為(已知鉻的相對原子質(zhì)量為52)。①轉(zhuǎn)化后所得溶液中c()＝________。②已知：常溫時該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝1014。上述轉(zhuǎn)化后所得溶液的pH＝________。(3)若第②步中，還原1mol離子，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)。常溫下Cr(OH)3的溶度積Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32，要使c(Cr3＋)降至10－5mol·L－1，溶液的pH應(yīng)調(diào)至________。【答案】c0.25mol·L－1665【解析】溶液的pH不變，說明c(H+)不變，表明反應(yīng)已達平衡，c正確，答案：C。由題意得，=；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的化合價是+6,所以1mol被還原轉(zhuǎn)移6mol電子；1molFe2+被氧化生成Fe3+，轉(zhuǎn)移1mol電子，因此根據(jù)得失電子守恒可知需要FeSO47H2O的物質(zhì)的量為6mol。答案：6由溶度積常數(shù)的表達式可知當=105mol/L時，mol/L，則mol/L，故pH=5。答案：522．（2020·辛集市第一中學高二月考）Na2S又稱臭堿、硫化堿，是應(yīng)用廣泛的化工原料，也常用于吸收工業(yè)廢氣中的SO2。完成下列填空：（1）用離子方程式說明Na2S又稱臭堿、硫化堿的原因______。（2）向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，寫出反應(yīng)的離子方程式______。結(jié)合你所學習過的其它離子反應(yīng)分析，離子互換反應(yīng)進行的方向是______。向Na2S溶液中不斷通入SO2，直至不再能吸收。其間看到溶液變渾濁，停止反應(yīng)后溶液中含硫微粒為：、、H2SO3、HS。（3）反應(yīng)過程中，溶液的pH逐漸___（填“變大”、“變小”），生成的沉淀是___；（4）關(guān)于反應(yīng)后得到的溶液，下列離子濃度關(guān)系正確的是___。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某些離子濃度減小的方向變小Sb【解析】（1）硫化鈉是強堿弱酸鹽，硫離子水解生成硫氫根離子和氫氧根離子，硫氫根離子水解生成具有臭味的硫化氫，故答案為：、；（2）Ag2S溶解度小于AgCl溶解度，溶解度大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)，離子方程式為，離子互換反應(yīng)進行的方向是某些離子濃度減小的方向，故答案為：；某些離子濃度減小的方向；（3）Na2S溶液中存在硫離子水解溶液顯堿性，不斷通入SO2，SO2溶于水顯酸且SO2會與硫離子反應(yīng)，硫離子水解程度遠遠大于硫氫根離子、亞硫酸氫根離子、硫代硫酸根離子，所以溶液的pH變小；生成的沉淀是S，故答案為：變??；S；（4）a．未通入SO2時，Na2S溶液中存在：c（Na+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S），通入SO2時后，溶入SO2后會與水反應(yīng)生成H2SO3，無法確定S原子和Na原子之間的數(shù)量關(guān)系，故a錯誤；b．根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（）+c（）+c（HS）+c（OH），故b正確；c．未通入SO2時，Na2S溶液中存在：c（Na+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S），c（Na+）＞2c（HS）通入SO2后2價的硫元素會減小，所以c（Na+）＞2c（HS），故c錯誤；d．若c(Na+)=2c(HS)+2c()+c()再結(jié)合電荷守恒可得：c（H+）=c（OH）c（HS）在未通入SO2時，Na2S溶液中存在質(zhì)子守恒：c（H+）=c（OH）c（HS）2c（H2S），若在通入SO2時，只與該溶液中水解生成的H2S反應(yīng)，則d正確，而實際上并非如此，故d錯誤。故選b。23．（2020·重慶市萬州第二高級中學高二月考）(1)Na2CO3溶液號稱油脂的清道夫，能夠溶解油脂，故常常用于洗滌油污．Na2CO3溶液的PH______7(填“＞”、”＜”或”=”)，試用離子方程式解釋__________在相同條件下，相同物質(zhì)的量濃度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的PH大小關(guān)系為Na2CO3_______

NaHCO3(填“＞”、”＜”或”=”)(2)普通泡沫滅火器是利用NaHCO3溶液跟Al2(SO4)3溶液混合，產(chǎn)生大量的氣體和沉淀，氣體將混合物壓出滅火器，相關(guān)反應(yīng)的離子方程式是_______．(3)CaSO3溶液與CaCl2溶液混合會生成難溶的CaSO3(Ksp＝3.1×107)，現(xiàn)將等體積的CaCl2溶液與Na2SO3溶液混合，若混合前Na2SO3溶液濃度為2×103mol·L1，則生成沉淀所需CaCl2溶液的最小濃度為____________。(4)在一定溫度下，向不同的電解質(zhì)溶液中加入新物質(zhì)時溶液的導電性發(fā)生變化，其電流強度(I)隨物質(zhì)加入量(m)的變化曲線如圖所示。其中與A圖變化趨勢一致的是________(填編號，下同)，與B圖變化趨勢一致的是________，與C圖變化趨勢一致的是________。①H2SO4溶液中加入適量BaCl2固體②氫硫酸(H2S)溶液中滴入稀NaOH溶液至過量③澄清石灰水中通入CO2至過量④NaOH溶液中通入適量Cl2⑤Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至過量【答案】＞CO32+H2OHCO3+OH＞3HCO3+Al3+═Al(OH)3↓+3CO2↑1.55×104mol·L1②③⑤①④【解析】(1)Na2CO3為強堿弱酸鹽存在水解平衡CO32+H2OHCO3+OH，故Na2CO3溶液的pH＞7；在相同條件下，相同物質(zhì)的量濃度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，碳酸鈉水解程度大于碳酸氫鈉，同濃度時水解程度越大堿性越強，溶液pH越大，故pH大小關(guān)系為Na2CO3＞NaHCO3。(2)用NaHCO3與Al2（SO4）3兩種溶液分別水解呈堿性和酸性，可發(fā)生互促水解，生成二氧化碳氣體和氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的離子方程式為3HCO3+Al3+═Al(OH)3↓+3CO2↑。(3)CaSO3的Ksp＝c平(Ca2+)c平(SO32)=3.1×107，現(xiàn)將等體積的CaCl2溶液與Na2SO3溶液混合，若混合前Na2SO3溶液濃度為2×103mol·L1，則生成沉淀所需CaCl2溶液的最小濃度為=mol·L1。(4)①H2SO4溶液中加入適量BaCl2固體，兩者反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和氯化氫，硫酸和氯化氫均為強電解質(zhì)，反應(yīng)前后離子濃度基本無變化，導電性基本無變化，與C一致；②氫硫酸(H2S)為弱酸，部分電離，當溶液中滴入稀NaOH溶液，反應(yīng)生成硫化鈉和水，導電能力增強，當稀NaOH溶液過量，溶液稀釋，導電能力減弱，與A一致；③澄清石灰水中通入CO2反應(yīng)生成碳酸鈣和水，溶液導電能力減弱，二氧化碳過量后，碳酸鈣與二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸氫鈣，碳酸氫鈣電離使導電性增強，與B一致；④NaOH溶液中通入適量Cl2反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，氫氧化鈉、氯化鈉、次氯酸鈉均為強電解質(zhì)，反應(yīng)前后離子濃度基本沒變化，與C一致；⑤Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和水，導電性減弱，完全反應(yīng)后硫酸過量，導電性又增強，與B一致；故其中與A圖變化趨勢一致的是②，與B圖變化趨勢一致的是③⑤，與C圖變化趨勢一致的是①④。24．（2020·福建鼓樓·福州三中高二期末）連二次硝酸(H2N2O2)是一種二元酸，可用于制N2O氣體。(1)連二次硝酸中氮元素的化合價為____________。(2)常溫下，用0.01mol·L1的NaOH溶液滴定10mL0．01mol·L1的H2N2O2溶液，測得溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。①寫出H2N2O2在水溶液中的電離方程式：______________。②常溫下H2N2O2的Ka1約為______________③b點時溶液中c(H2N2O2)_____(填“＞”、“＜”或“＝”，下同)c()。④a點時溶液中c(Na+)________c()+c()。⑤a、b、c三點，水的電離程度最大的是__________。(3)硝酸銀溶液和連二次硝酸鈉溶液混合，可以得到黃色的連二次硝酸銀沉淀，向該分散系中滴加硫酸鈉溶液，當白色沉淀和黃色沉淀共存時，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】明確酸堿混合時各個狀態(tài)時溶液的組成情況是解題關(guān)鍵；用0.01mol·L1的NaOH溶液滴定10mL0．01mol·L1的H2N2O2溶液，根據(jù)起點時的pH，可近似計算Ka1，二者之間相互反應(yīng)，當a點——反應(yīng)至溶液顯中性時，溶質(zhì)為少量H2N2O2和NaHN2O2的混合溶液，當b點時，加入堿的物質(zhì)的量與酸的物質(zhì)的量相等，故恰好反應(yīng)得到NaHN2O2，由圖知，該溶液呈堿性，則其電離程度小于水解程度，當c點恰好完全反應(yīng)時，得Na2N2O2溶液，任何時刻溶液呈電中性，要善于用電荷守恒思想來比較離子濃度大小；【詳解】(1)H2N2O2分子中H的化合價為+1，O元素的化合價為2，設(shè)N元素的化合價為x，根據(jù)總化合價之和為0可以知道：2x+(+1)，計算得出：x=1，即N元素的化合價為+1；(2)①根據(jù)圖象可以知道，氫氧化鈉溶液體積為0時，0.01mol·L－1H2N2O2溶液的pH=4.3，說明H2N2O2為二元弱酸，二元弱酸以第一步電離為主，則其電離方程式為：；②，常溫下H2N2O2的；③b點時的溶液，加入堿的物質(zhì)的量與酸的物質(zhì)的量相等，故恰好反應(yīng)得到NaHN2O2，由圖知，該溶液呈堿性，則其電離程度小于水解程度，則所得為c(H2N2O2)>c()。④a點時溶液呈中性，則c(H+)=c(OH)，由于溶液電荷守恒，則c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH)，可得到c(Na+)=c()+2c()，則c(Na+)>c()+c()；⑤a、b、c三點，隨著NaOH溶液的不斷加入，H2N2O2的量不斷減小，對水的電離抑制作用不斷減小，a到b點，NaHN2O2的量不斷增多，b到c點，NaHN2O2的量不斷減少、Na2N2O2的量不斷增多，水解促進水的電離，則由a點到c點，水的電離程度不斷增大，三點水的電離程度最大的是c；(3)當白色沉淀和黃色沉淀共存時，分散系中===3.0×10－4。25．（2020·重慶高二期末）水溶液中存在水的電離平衡。(1)一定溫度下，將某醋酸溶液加水稀釋，溶液的導電能力變化導電能力如圖所示。①用濕潤的pH試紙測量c處溶液的pH，測量的結(jié)果___________(填“無影響”、“偏小”或“偏大”)，a、b、c三點溶液的pH最大的是___________(填“a”、“b”或“c”)點。②a、b、c三點溶液用1mol·L1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液體積依次為Va、Vb、Vc，則Va、Vb、Vc大小關(guān)系為_______________________。③25℃時，醋酸的電離常數(shù)Ka=1.8×105，則該溫度下醋酸鈉的水解平衡常數(shù)Kb=____。(2)硫酸是強酸，中學階段將硫酸在水溶液中看作完全電離。實際上硫酸在水中的第一步電離是完全的，第二步電離并不完全。①硫酸的第一步電離方程式為__________________________________________，則H2SO4溶液與BaCl2溶液反應(yīng)的離子方程式為______________________________。②在0.1mol·L1的Na2SO4溶液中，下列粒子濃度關(guān)系式正確的是______________(填序號)。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常作指示劑，以AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl，利用Ag+與CrO生成磚紅色沉淀來指示滴定終點。當Cl恰好完全沉淀(濃度等于1.0×105mol·L1)時，此時溶液中c(CrO)為___________________mol·L1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×1012和2.0×1010)?！敬鸢浮科骳Va=Vb=Vc5.6×10?10H2SO4=H+++Ba2+=BaSO4↓+H+AC0.005【解析】（1）①據(jù)圖可知將c處醋酸稀釋，c(H+)減小，所以用濕潤的pH試紙測量c處溶液的pH，測量結(jié)果偏大；導電能力越強，離子濃度越大，c(H+)越大，pH越小，則a、b、c三點溶液的pH為c>a>b，故答案為：偏大；c；②a、b、c三點醋酸濃度不同，但所含醋酸的物質(zhì)的量相同，消耗堿的量與酸的物質(zhì)的量成正比，所以a、b、c三點溶液用1mol/LNaOH溶液中和，消耗V(NaOH)相同，即Va=Vb=Vc，故答案為：Va=Vb=Vc；③25℃時，醋酸的電離常數(shù)Ka=l.8×10?5，則該溫度下醋酸鈉的水解平衡常數(shù)Kb==≈5.6×10?10，故答案為：5.6×10?10；（2）①硫酸第一步完全電離生成H+、，其電離方程式為H2SO4=H++；硫酸在溶液中電離出，和Ba2+反應(yīng)生成BaSO4沉淀和H+，離子方程式為+Ba2+=BaSO4↓+H+；②在0.1mol?L?1的Na2SO4溶液中，存在電荷守恒和物料守恒，且溶液中水解生成；A．根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)═c(OH?)+c()+2c()、根據(jù)物料守恒得c(Na+)=2[c()+c()]，所以得c(OH?)=c(H+)+c()，故A正確；B．根據(jù)物料守恒得2[c()+c()]=c(Na+)，故B錯誤；C．根據(jù)物料守恒得c()+c()=0.1mol?L?1，故C正確；D．根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)═c(OH?)+c()+2c()，則c(Na+)+c(H+)>c(OH?)+c()，故D錯誤；綜上所述，正確的是AC項，故選AC；（3）當Cl?恰好完全沉淀(濃度等于1.0×10?5mol?L?1)時，溶液中c(Ag+)=mol?L?1=2.0×10?5mol?L?1，此時溶液中c()==mol?L?1=0.005mol?L?1，故答案為：0.005。26．（2020·福建省福州第八中學高二期末）某鉻鹽廠凈化含Cr(VI)廢水并提取Cr2O3的一種工藝流程如下圖所示。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，發(fā)生的反應(yīng)為：2H++2CrO42?Cr2O72+H2O，B中含鉻元素的離子有___（填離子符號）．（2）產(chǎn)品中除Cr2O3外還含有的主要雜質(zhì)是_______。（3）若測得清液pH=5,此時Cr3+的濃度=_____mol/L。（4）當清液中Cr3+的濃度≤1.5mg?L1時，可認為已達鉻的排放標準，上述清液是否符合鉻的排放標準_______（填“是”或“否”）（5）步驟Ⅱ還可以用其他物質(zhì)代替NaHSO3作還原劑．①若用FeSO4?7H2O作還原劑，步驟Ⅲ中參加反應(yīng)的陽離子一定有___（填離子符號）．②若用鐵屑作還原劑，當鐵的投放量相同時，經(jīng)計算，C溶液的pH與c（）的對應(yīng)關(guān)系如下表所示。有人認為pH=6時，c（）變小的原因是基本上都已轉(zhuǎn)化為Cr3+．這種說法是否正確，為什么？答：_________________________________________________________________．③用足量鐵屑作還原劑時，為使所得產(chǎn)品中含鐵元素雜質(zhì)的含量盡可能低，需要控制的條件有___．【答案】CrO42、Cr2O72CaSO46.3×104否Cr3+、Fe3+、H+不正確；pH=6時，c(H+)減小，化學平衡2H++2CrO42?CrO72+H2O向逆反應(yīng)方向移動，溶液中Cr(Ⅵ)主要以CrO42形式存在鐵屑過量；將溶液的PH控制在使Cr(OH)3完全沉淀而氫氧化亞鐵不沉淀的范圍內(nèi)【解析】【分析】提取CrO3的工藝流程：含Cr(Ⅵ)廢水A加入硫酸酸化，發(fā)生的反應(yīng)為：2H++2CrO42?CrO72+H2O，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，所以B中含有CrO42、Cr2O72，加入亞硫酸氫鈉，+4價的硫被+6價的鉻氧化，反應(yīng)為3HSO3+Cr2O72+5H+=3SO42+2Cr3++4H2O，得到溶液C，加入石灰乳，Cr3++Ca(OH)2=Cr(OH)3↓+Ca2+，氫氧化鉻煅燒、干化得到氧化鉻，因硫酸鈣微溶，所以沉淀物中含有雜質(zhì)CaSO4；【詳解】(1)2H++2CrO42?Cr2O72+H2O為可逆反應(yīng)，所以B中含鉻元素的離子有C