高二化学选修4高考题库盐类的水解难溶电解质的溶解平衡.doc

金太阳新课标资源网 高二化学选修4高考题库：考点7 盐类的水解 难溶电解质的溶解平衡考点7 盐类的水解 难溶电解质的溶解平衡一、2010年高考试题1.（2010浙江高考T2615分）已知：25时弱电解质电离平衡常数：Ka（CH3COOH），Ka（HSCN）0.13；难溶电解质的溶度积常数：Kap（CaF2）25时，molL-1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F-）与溶液pH的变化关系，如下图所示：请根据以下信息回答下列问题：（1）25时，将20mL 0.10 molL-1 CH3COOH溶液和20mL 0.10 molL-1HSCN溶液分别与20mL 0.10 molL-1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为：反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是 ，反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO-） c（SCN-）（填“”、“”或“”）（2）25时，HF电离平衡常数的数值Ka ，列式并说明得出该常数的理由 。（3） molL-1HF溶液与 molL-1 CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生。【命题立意】本题主要考查弱电解质的电离平衡和难溶电解质的沉淀溶解平衡，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力。【思路点拨】解答本题应先理解Ka及Kap的意义，然后依据Ka及Kap的表达式进行计算。【规范解答】（1）由Ka（CH3COOH）、Ka（HSCN）的数据知，HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)大，所以其溶液与NaHCO3溶液反应的速率快。反应结束后所得两溶液分别为CH3COONa溶液和NaSCN溶液，由于HSCN的酸性比CH3COOH强，则SCN-的水解程度比CH3COO-弱，所以c（CH3COO-）c（SCN-）。（2）Ka（HF）=，当c（F-）= c（HF）时，Ka（HF）= c(H+)，图中交点处即c（F-）=c（HF），对应的pH为3.45，所以Ka（HF）=10-3.45。（3）当pH=4.0时，溶液中的c（F-）=1.610-3 molL-1，溶液中c（Ca2+）=2.010-4 molL-1，则c（Ca2+）c（F-）=5.110-10Kap（CaF2），故有沉淀产生。答案：（1）HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)大，故其溶液与NaHCO3溶液反应的速率较快 AgI Ag2CrO4 BAgCl Ag2CrO4AgI CAg2CrO4AgClAgI DAg2CrO4AgIAgCl【命题立意】本题考查了难溶电解质的溶解平衡，Ksp的概念及计算。【思路点拨】解答此题注意两点：（1）首先书写出3种难溶电解质Ksp的表达式。（2）找出每种难溶电解质电离出的阴、阳离子浓度间的关系。【规范解答】选C。AgCl=Ag+Cl，AgCl饱和溶液中Ag+和Cl的浓度相等，Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl)=c2(Ag+)，故AgCl饱和溶液中c(Ag+)=105 molL-1；同理AgI饱和溶液中c(Ag+)=108molL-1；Ag2CrO4=2Ag+ CrO42，Ag2CrO4饱和溶液中2c(CrO42)= c(Ag+)，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO42)= c3(Ag+)/2，故 Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+)=10 4molL-1；Ag+浓度大小顺序是Ag2CrO4AgClAgI。6.（2010 江苏高考T124分）常温下，用 0.1000 molL-1NaOH溶液滴定 20.00 mL 0.1000molL-1 CH3COOH溶液滴定曲线如右图。下列说法正确的是A点所示溶液中：c(CH3COO)+ c(OH)= c(CH3COOH)+ c(H+)B点所示溶液中：c(Na+)= c(CH3COOH)+c(CH3COO)C点所示溶液中：c(Na+)c(OH)c(CH3COO)c(H+)D滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H+)c(Na+)c(OH)【命题立意】本题以NaOH溶液滴定CH3COOH溶液滴定曲线图为背景，考查滴定过程中不同阶段离子浓度的大小关系，体现化学的真实性。【思路点拨】注意滴定过程的阶段性，针对不同阶段对应的溶液，分析离子浓度大小关系。【规范解答】选D。A项，点时加入的NaOH溶液为10.00 mL，所得溶液相当于等物质的量浓度的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，此时溶液中电荷平衡关系式为: c(CH3COO)+ c(OH)= c(Na+)+ c(H+),等物质的量浓度的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，c(Na+) c(CH3COOH)，A项错；B项，点所示溶液pH=7 c(OH)=c(H+),此时溶液中电荷平衡关系式为: c(CH3COO)+ c(OH)= c(Na+)+ c(H+)，所以c(Na+)= c(CH3COO)，B项错；C项，点所示溶液碱性较弱，c(CH3COO)应大于c(OH)，C项错；D项，当加入少量的NaOH溶液，此时溶液相当于少量CH3COONa与较多量的CH3COOH的混合溶液，离子浓度可能出现：c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H+)c(Na+)c(OH)，D项正确。【类题拓展】离子浓度大小关系式通常有等式和不等式两种1.等式，对于等式通常有三个，即电荷平衡、物料平衡、质子守恒，一些复杂的等式往往是对三个平衡关系式经过变形而得，或代入某些题给已知条件而得。2.不等式对于不等式，要具体分析溶液中各种电离方程式、水解离子方程式、溶液的酸碱性，对于连写的不等式，要注意抓住一些明显的错误，只要有一处错误整个式子就错了。7.（2010山东高考T144分）下列与实验相关的叙述正确的是A稀释浓硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中B配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出C酸碱滴定时，若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏高D检验某溶液是否含有SO42-时，应取少量该溶液，依次加入BaCL2溶液和稀盐酸【命题意图】考查实验基本操作知识、教材中几个重要实验所涉及的误差分析及离子检验。【规范解答】选C。稀释浓硫酸的操作是“酸入水”，故A错；配制溶液时，若将多余的水取出，会使浓度偏小，加水超过容量瓶刻度线的唯一办法是重新配制，故B错；用待测液润洗锥形瓶，则消耗的标准液会偏多，导致结果偏高，C正确；D的操作中，若溶液中含有Ag ，也会有不溶解于盐酸的白色沉淀生成，故D错。8.（2010山东高考T154分）某温度下，(s)、(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是AB加适量NH4Cl固体可使溶液由a 点变到b点Cc、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH-)乘积相等D、分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和【命题意图】借助沉淀溶解平衡曲线，考查对沉淀溶解平衡计算，外界因素对水的离子积的影响等。【思路点拨】比较KSP时注意要找到基准点；水的离子积不受浓度的影响，只受温度的影响；沉淀溶解平衡曲线上的点表示饱和状态，下方上的点表示不饱和状态。【规范解答】选B。A项，b、c两点金属阳离子的浓度相等，设都为X，分别对应的c(OH-) =KW/c(H+)= 1012.7，c(OH-)=KW/c(H+)=10-9.6,KspFe(OH)3=X(10-12.7)3、KspCu(OH)2=X(10-9.6)2，KspFe(OH)3KspCu(OH)2， 故A正确；由a点到b点的碱性增强，而NH4Cl 溶解于水后水解显酸性，故B错；温度一定，溶液中的Kw为定值，故C正确；溶度积曲线上的点代表的溶液都是饱和溶液，曲线左下方的点都不饱和，右上方的点都是QCKSP，沉淀要析出，故D正确。【类题拓展】1.公式：对于沉淀溶解平衡：MmNn(s) mMn+(aq)+nNm-(aq)。固体纯物质不列入平衡常数。上述反应的平衡常数为：Ksp=c(Mn+)mc(Nm-)n，符号为Ksp2.影响因素：在一定的温度下，它是一个常数，称为溶度积常数，简称溶度积，它只受温度影响，不受溶液中物质浓度的影响。3.溶度积的应用：通过比较溶度积和溶液中有关离子浓度幂的乘积（离子积QC）的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解。QC Ksp 溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和达到新的平衡状态QC= Ksp 溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态QC Ksp溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。9.（2010天津高考T66分）下列各表述与示意图一致的是A图表示25时，用0.1 molL1盐酸滴定20 mL 0.1 molL1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B图中曲线表示反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)；H 0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C图表示10 mL 0.01 molL1 KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 molL1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+) 随时间的变化D图中a、b曲线分别表示反应CH2CH2 (g) + H2(g)CH3CH3(g)；H B.溶液中阴离子的物质的量浓度之和:C.溶液中: D.溶液中:【命题立意】本题以电解质溶液为考查对象，主要考查盐类水解、水的电离等知识。【思路点拨】对于溶液HCO3-既存在水解又存在电离，其水解程度大于电离程度；对于溶液存在着两步水解，其中一级水解是主要的。【规范解答】选C。A项，由于Na2CO3的水解程度大于NaHCO3得水解程度，所以Na2CO3溶液对水的电离影响比NaHCO3大，A正确。B项，两溶液的电荷守恒均可写作：C（Na+ ） + C（H+）=C（OH-） + C（HCO3-）+ （），由于这两种溶液都显碱性，所以C（H+）很小，甚至可忽略不计，而Na2CO3中C（Na+ ）是NaHCO3中C（Na+ ）的二倍，所以溶液中阴离子的物质的量浓度之和:，正确。C项，由于NaHCO3溶液中（HCO3-）水解程度大于电离程度，所以（）NH4+BpH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合： OH-= H+C0.1 molL-1的硫酸铵溶液中：NH4+SO42-H+D0.1 molL-1的硫化钠溶液中：OH-=H+HS-+H2S【命题立意】此题考查了溶液中的微粒浓度的大小比较。【思路点拨】在解答溶液中微粒浓度的大小比较类的题目时，核心是抓住3个守恒：电荷守恒、物料守恒和质子（氢离子）守恒。其中电荷守恒是指溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；物料守恒是指原子个数守恒或质量守恒；质子守恒：是指水所电离的H与OH量相等。【规范解答】选C。氨水和氯化铵混合溶液的pH=7时，溶液中H+=OH-，根据电荷守恒：H+NH4+=OH-+Cl-，则Cl-=NH4+，A错误；由于pH=2的酸可能是强酸，也可能是弱酸，当其是强酸时B项正确，当其是弱酸时，酸过量则溶液中H+OH-，B错误；1mol.L-1的硫酸铵溶液中，铵根离子虽然部分水解，但剩余的NH4+仍远大于SO42-，硫酸铵溶液中各离子浓度的大小顺序为：NH4+SO42-H+OH-，C正确；1molL-1的硫化钠溶液中，根据质子守恒：OH-=H+HS-+2H2S，可知D错误。酸铵溶液中各离子浓度的大小顺序为：NH4+SO42-H+OH-，C正确；1molL-1的硫化钠溶液中，根据质子守恒：OH-=H+HS-+2H2S，可知D错误。14.（2010上海高考T305分）Na2SO37H2O是食品工业中常用的漂白剂、抗氧化剂和防腐剂。Na2SO3在30时的溶解度为35.5g/100gH2O。（1）计算30时Na2SO3饱和溶液中Na2SO3的质量分数。（保留2位小数）（2）计算30时271g Na2SO3饱和溶液中水的质量。（3）将30的Na2SO3饱和溶液271g冷却到10，析出Na2SO37H2O晶体79.5g。计算10时Na2SO3在水中的溶解度。【命题立意】此题考查了溶液的质量分数、溶剂的质量、溶解度等化学计算知识。【思路点拨】饱和溶液的质量分数与溶解度的关系：w=s/(100+s)，s为溶解度。【规范解答】1）根据Na2SO3的溶解度，其饱和溶液中溶质为35.5g；溶剂为100g；溶液总质量为135.5g，则；2）271g饱和溶液中，假设其含有的溶剂为x，则135.5：100=271：x；x=200（g）；3）冷却溶液后，析出晶体79.5g，根据其晶体的组成，其中含有水和亚硫酸钠各一半，列式得：。答案：（1） (2）135.5：100=271：x；x=200（g）；(3）Na2SO3.7H2O中Na2SO3的质量分数为0.50，。二、2009年高考试题1.(2009海南高考6)已知室温时，0.1 molL1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是 ( )A该溶液的pH = 4B升高温度，溶液的pH增大C此酸的电离平衡常数约为1107D由HA电离出的c(H)约为水电离出的c(H)的106倍【解析】A项，根据HA在水中的电离度可算出c(H) = 0.1 molL10.1% = 104 molL1，所以pH = 4。B项，升高温度，促使HA在水中的电离平衡向电离的方向移动，所以c(H)增大，pH值会减小，B项错。C项，平衡常数为：K = = 1107 ，所以C项正确。D项，c(H) = 104 molL1，所以c(H)水电离 = c(OH) = 1010 molL1，前者是后才的106倍，D项正确。答案：B2.(2009广东高考9)下列浓度关系正确的是( )A氯水中：c(Cl2) = 2c(ClO)c(Cl)c(HClO)B氯水中：c(Cl)c(H)c(OH)c(ClO)C等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na) = c(CH3COO)DNa2CO3溶液中：c(Na)c(CO32 )c(OH)c(HCO3 )c(H)【解析】在氯水中，氯元素绝大多数以Cl2形式存在，不会存在此等式，故A不正确。氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离生成H和Cl，HClO部分电离，即c(H)c(Cl)c(ClO)c(OH)，B项错。C项完全反应后相当于CH3COONa溶液，由于CH3COO水解导致c(Na)c(CH3COO)，C项错。D项中，由于CO32 水解，1/2c(Na)c(CO32 )；从反应CO32 H2OHCO3 OH、HCO3 H2OH2CO3OH可知，c(OH)与c(HCO3 )大小相近，但c(OH)c(HCO3 )；H的来源是水的电离(极弱)、HCO3 的电离(弱于水解)，c(H)很小，远小于c(OH)，而c(HCO3 )与c(OH)相近，所以c(HCO3 )c(H)；最后确定D项正确。答案：D3.(2009天津高考2)25 时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是 ( )A均存在电离平衡和水解平衡B存在的粒子种类相同Cc(OH)前者大于后者D分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32 )均增大【解析】二者都存在盐的水解和水的电离，A项正确。B项中注意HCO3 电离出CO32 。HCO3 的水解弱于CO32 ，所以c(OH)是前者小于后者，C项错。D项中，加入NaOH固体，前者因OH与HCO3 反应而使c(CO32 )增大，后者因OH抑制CO32 的水解而使c(CO32 )增大，所以D项正确。答案：C4.(2009重庆高考10)物质的量浓度相同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是 ( )ABa(OH)2、Na2SO3、FeCl3、KCl BNa2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl CNH3H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4 DNaHCO3、C6H5COOH、C2H5OH、HCl 【解析】本题考查同浓度不同溶液酸碱性的比较，重点考查盐类水解规律的灵活应用。KCl、KNO3、Na2SO4均为强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而A中Na2SO3、FeCl3分别水解而使溶液显碱性和酸性；B中由于酸性H2SiO3H2CO3，根据越弱越水解可判断溶液碱性Na2SiO3Na2CO3，NH4Cl水解显酸性；C中pH应为：NH3H2ONa2SO4H3PO4H2SO4；D中NaHCO3水解大于电离而显碱性，C2H5OH对水的电离平衡无影响，pH=7。故只有B项是pH由大到小排列的。【技巧点拨】比较溶液的酸碱性或pH，首先要判断是酸、碱或盐溶液，一般说来pH：强碱弱碱，弱酸强酸；而盐要考虑是否发生水解，盐若不水解pH=7，盐若水解要根据盐中离子性质确定其酸碱性，涉及酸式盐，还要考虑电离和水解程度的相对大小等。答案：B5.(2009上海高考17)根据表中提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是( )化学式电离常数HClOKi = 3108H2CO3Ki1 = 4.3107Ki2 = 5.61011Ac(HCO3 )c(ClO)c(OH) Bc(ClO)c(HCO3 )c(H) Cc(HClO)c(ClO) = c(HCO3 )c(H2CO3) Dc(Na)c(H) = c(HCO3 )c(ClO)c(OH) 【解析】由电离常数可知电离关系为：H2CO3HClOHCO3 ，则同浓度时水解程度为：CO32 ClO HCO3 。由于同浓度时，ClO水解程度大于HCO3 ，A项正确，B项不正确。由物料守恒c(HClO) c(ClO) = c(HCO3 )c(H2CO3)c(CO32 )知，C项不正确。由电荷守恒c(Na)c(H) = c(HCO3 )c(ClO)c(OH)2c(CO32 )知，D项不正确。答案：A6.(2009福建高考10)在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32 H2OHCO3 OH。下列说法正确的是 ( )A 稀释溶液，水解平衡常数增大 B通入CO2，平衡朝正反应方向移动C升高温度，减小 D加入NaOH固体，溶液pH减小【解析】平衡常数仅与温度有关，故稀释时是不变的，A项错。CO2通入水中，相当于生成H2CO3，可以与OH反应，而促进平衡正向移动，B项正确。升温，促进水解，平衡正向移动，故的结果是增大的，C项错。D项，加入NaOH，碱性肯定增强，pH增大，故错。答案： B【考点分析】此题考查了水解平衡中影响其移动的因素及平衡常数的相关知识。(知识点考察单一但难度有所提升)7.(2009四川高考12)关于浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：氨水、盐酸、氯化铵溶液，下列说法不正确的是( )Ac(NH4 )：B水电离出的c(H)：C和等体积混合后的溶液：c(H)c(OH)c(NH3H2O)D和等体积混合后的溶液：c(NH4 )c(Cl)c(OH)c(H)【解析】本题综合考察强弱电解质的电离、水的电离、盐类水解等有关电离平衡的全部知识。A项，氨水中NH3H2O是弱碱，电离出的NH4 很少，而NH4Cl完全电离，虽然NH4 会水解，但水解的部分很少，c(NH4 )：，A正确。B项，HCl、氨水都是抑制水的电离，浓度相同时，强酸(HCl)对水的抑制作用强于弱碱(NH3H2O)，水电离出的c(H)：，B错。C项，相当于是NH4Cl溶液，选项中等式符合质子守恒，正确。NH4Cl溶液中加入氨水，由于NH3H2O电离程度大于NH4 的水解程度，故D正确。答案：B8.(2009天津高考4)下列叙述正确的是( )A0.1 mol/L C6H5ONa溶液中：c(Na)c(C6H5O)c(H)c(OH)BNa2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小CpH = 5的CH3COOH溶液和pH = 5的NH4Cl溶液中，c(H)不相等D在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c(S2 )下降【解析】A项，苯酚钠溶液因C6H5O水解而呈碱性，其离子浓度大小是：c(Na)c(C6H5O)c(OH)c(H)，故A项错。B项，Na2CO3溶液呈碱性，稀释，pH减小，但温度不变，Kw不变，所以B项错。pH = 5即c(H) = 105 mol/L，C项错。根据沉淀溶解平衡，难溶(AgCl)的可以转化为更难溶(Ag2S)的，故D项正确。答案：D9.(2009北京高考11)有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol/L的2种溶液混合面成：CH3COONa与HCl；CH3COONa与NaOH；CH3COONa与NaCl；CH3COONa与NaHCO3,下列各项排序正确的是 ( )ApH： Bc(CH3COO)：C溶液中c(H)： Dc(CH3COOH)：【解析】A、C项实是比较c(H)：CH3COOH(弱酸性)CH3COO(水解呈弱碱性)HCO3 (比CH3COO水解能力强)NaOH(强碱性)，即pH为，所以A、C项错误。B项比较c(CH3COO)：原条件中都有相同的CH3COO，因反应使c(CH3COO)明显减小，只存在CH3COO的水解，因有NaOH抑制了CH3COO的水解，中HCO3 的水解强于CH3COO，生成的OH也抑制了CH3COO的水解，但比的抑制作用要弱，所以B项正确。D项的顺序应与B项相反，即应为：，D项错。答案：B10.(2009全国卷I10)用0.10 molL1的盐酸滴定0.10 molL1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是 ( )Ac(NH4 )c(Cl)，c(OH)c(H)Bc(NH4 )c(Cl)，c(OH)c(H)Cc(Cl)c(NH4 )，c(OH)c(H)Dc(Cl)c(NH4 )，c(H)c(OH)【解析】此题可利用电荷守恒，以B项为参照点进行解题：溶液中不可能二种阴离子都多于阳离子(C项错)，也不可能二种阴离子都少于阳离子。答案：C11.(2009江苏高考13)下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 ( )A室温下，向0.01 molL1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na)c(SO42 )c(NH4 )c(OH) = c(H)B0.1 molL1 NaHCO3溶液：c(Na)c(OH)c(HCO3 )c(H)CNa2CO3溶液：c(OH)c(H) = c(HCO3 )2c(H2CO3)D25 时，pH = 4.75、浓度均为0.1 molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)【解析】0.01 molL1 NH4HSO4中加NaOH溶液，当1:1与H反应结束后，由于NH4 水解呈酸性，需再加NaOH与NH4 反应使溶液呈中性，所以c(Na)c(SO42 )c(NH4 )，A项正确。B项中，虽然HCO3 水解呈碱性，但水解微弱，c(Na)与c(HCO3 )数值接近，所以c(Na)c(HCO3 )c(OH)c(H)，故B项错。C项中把c(H)移项得：c(OH) = c(HCO3 )2c(H2CO3)c(H)，这是质子守恒，所以C项对。D项，方法1由电荷守恒有：c(Na)c(H) = c(CH3COO)c(OH)，物料守恒有：2c(Na) = c(CH3COO)c(CH3COOH)，两式联立得：c(CH3COO)2c(OH) = c(CH3COOH)2c(H)，因溶液pH = 4.75，即c(H)c(OH)，得c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)，D不正确；方法2若溶液呈中性，则有：c(CH3COO)c(OH) = c(CH3COOH)c(H)，现呈酸性，即以CH3COOH电离为主，右边增(H)、减(CH3COOH)值相同，左边增(CH3COO)值减小(OH)值，所以，c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)，D项错。答案： AC12.(2009广东高考18)硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。下列说法正确的是 ( )A温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42 )的增大而减小B三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大C283 K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液D283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液【解析】平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，A错误。由图可知，c(SO42 )相同时，三个不同温度中以313 K的c(Sr2)最大，所以平衡常数Ksp = c(Sr2)c(SO42 )最大，B正确。从图中数据大小可知：一定温度时线下的点都是浓度偏小，处于不饱和状态所以C项正确；线上的点处于过饱和状态(D项错误：原状态处在363 K线的上方)。答案：BC13.(2009浙江高考10)已知：25 时，KspMg(OH)2 = 5.611012，KspMgF2 = 7.421011。下列说法正确的是( )A25 时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2)大B25 时，在Mg(OH)2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2)增大C25 时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 molL1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 molL1 NH4Cl溶液中的Ksp小D25 时，在Mg(OH)2的悬浊液加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化成为MgF2 【解析】A项，由于Mg(OH)2的溶度积小，故其电离出的Mg2浓度要小一些，所以A项错。B项，NH4 可以结合Mg(OH)2电离出的OH离子，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2)增大，B项正确。C项，Ksp仅与温度有关，故C项错。D项，虽Mg(OH)2的Ksp较小，但二者的Ksp相近，当c(F)较大时，仍会出现c(Mg2)c(F)2KspMgF2，从而生成MgF2沉淀，故D错。答案：B14.(2009山东高考28)运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。(1)合成氨反应N2(g)3H2(g) = 2NH3(g)，若在恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”)；使用催化剂 反应的DH(填“增大”、“减小”或“不改变”)。(2)已知：O2(g) = O2 (g)e DH1 = 1175.7 kJmol1PtF6(g)e = PtF6 (g) DH2 = 771.1 kJmol1O2 PtF6 (s) = O2 (g)PtF6 (g) DH3 = 482.2 kJmol1则反应O2(g)PtF6(g) = O2 PtF6 (s)的H = _ kJmol1。(3)在25 下，向浓度均为0.1 molL1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为_。已知25 时KspMg(OH)2 = 1.81011，KspCu(OH)2 = 2.21020。(4)在25 下，将a mol/L的氨水与0.01 mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4 ) = c(Cl)。则溶液显_性(填“酸”、“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb = _。【解析】(1)恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，使总体积增大，相当于稀释原体系，平衡左移；使用催化剂只是改变了反应的途径，没有改变反应物与生成物的状态，H不变；(2)利用盖斯定律，H1H2(H3) = 78.2 kJmol1；(3)由于，KsPCu(OH)2KspMg(OH)2，所以先生成Cu(OH)2沉淀；(4)根据电荷守恒