高考化学一轮复习 考点巩固卷09 水溶液中的离子反应与平衡  （解析版）

考点巩固卷09水溶液中的离子反应与平衡考点题型考点一弱电解质的电离平衡选择题（15题）考点二水的电离和溶液的酸碱性选择题（15题）考点三盐类的水解选择题（15题）考点四沉淀溶解平衡选择题（15题）、非选择题（2题）分值：30分分值：30分建议用时：20分钟考点一弱电解质的电离平衡一、选择题（每小题2分，共30分）1．有关电离平衡的理解不正确的是A．电解质在溶液中达到电离平衡时，分子浓度和离子的浓度相等B．电离平衡状态下溶液中各微粒的物质的量浓度和质量分数均保持不变C．电离平衡是动态平衡，弱电解质分子电离成离子和其离子结合成分子的过程均在进行D．改变条件时，电离平衡会发生移动，在新的条件下建立新的平衡【答案】A【详解】A．电解质在溶液中达到电离平衡后，各种分子和离子的浓度不再发生变化，但不一定相等，故A错误；B．电离平衡状态下溶液中各微粒的物质的量浓度和质量分数均保持不变，是动态平衡，故B正确；C．电离平衡是动态平衡，弱电解质分子电离成离子和其离子结合成分子的过程均在进行，速率不等于0，故C正确；D．电离平衡的建立是有条件的，改变条件时，电离平衡会发生移动，在新的条件下建立新的平衡，故D正确；故选A。2．下列可以说明CH3COOH是弱酸的事实是A．CH3COOH能与水以任意比互溶B．CH3COOH能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体C．1mol·L-1CH3COOH溶液c(H＋)约为0.01mol·L-1D．1mol·L-1CH3COOH溶液能使紫色石蕊试液变红【答案】C【详解】A．只说明CH3COOH易溶于水，故A不选；B．说明CH3COOH的酸性比碳酸强，故B不选；C．0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=0.001mol·L-1，说明CH3COOH没能完全电离，即说明CH3COOH是弱酸，故C选；D．醋酸溶液能使紫色石蕊溶液变红，说明CH3COOH显酸性，故D不选；故选C。3．在25℃时，0.1mol·L-1的HNO2、HCOOH、HCN、H2CO3的溶液，电离平衡常数分别为5.6×10-4、1.8×10-4、6.2×10-10、(H2CO3)=4.5×10-7和(H2CO3)=4.7×10-11，其中氢离子浓度最小的是A．HCN B．HCOOH C．HNO2 D．H2CO3【答案】A【详解】酸的电离常数越大，说明该酸在溶液中的电离程度越大，酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，反之，溶液中氢离子浓度越小；由电离常数的大小可知，酸性由强到弱的顺序是：，故最小的是溶液；故答案选A。4．在氢氰酸水溶液中存在平衡：。下列措施能使该电离平衡正向移动的是A．加入NaCN稀溶液 B．加入 C．加入稀盐酸 D．适当降低温度【答案】B【详解】A．NaCN是强电解质，加入NaCN稀溶液，通常CN-浓度增大，HCN电离平衡左移，A错误；

B．为弱碱，加入到HCN溶液中发生中和反应，氢离子浓度减小，HCN电离平衡右移，B正确；C．加入稀盐酸，氢离子浓度增大，HCN电离平衡左移，C错误；

D．弱电解质电离吸热，适当降低温度HCN电离平衡左移，D错误；答案选B。5．在CH3COOH溶液中滴入过量稀氨水，溶液的导电能力发生变化，其电流强度(I)随氨水的加入体积(V)的变化曲线(如图)是A． B．C． D．【答案】A【详解】醋酸是一元弱酸，在溶液中部分电离，溶液中离子浓度小，导电性弱，向溶液中加入稀氨水时，醋酸溶液与氨水反应生成醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，当醋酸溶液恰好完全反应时，溶液中离子浓度最大，导电性最大，若继续滴入氨水，溶液体积增大，一水合氨在溶液中部分电离，溶液的离子浓度减小，导电能力减弱，则图A的曲线符合醋酸溶液中滴入过量稀氨水时，电流强度随氨水的加入体积的变化，故选A。6．在相同温度下，100mL0.01mol·L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol·L-1的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是A．中和时所需NaOH的量 B．电离的程度C．H+的物质的量浓度 D．CH3COOH的物质的量【答案】B【详解】A．计算两溶液中醋酸的物质的量，n(前)=c1•V1=0.1L×0.01mol•L-1=1×10-3mol，n(后)=c2•V2=0.01L×0.1mol•L-1=1×10-3mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A错误；B．酸的浓度越大电离程度越小，则电离的程度:前者大于后者，故B正确；C.醋酸的浓度越大其酸性越强、溶液中H+的物质的量浓度越大，则氢离子浓度:前者小于后者，故C错误；D．由A：溶液中醋酸的总物质的量相等、但电离程度前者大，故未电离的醋酸的物质的量前者小，故D错误；故选B。7．表中数据是几种弱酸常温下的电离平衡常数：下列说法中不正确的是A．碳酸的酸性强于氢硫酸B．多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定C．常温下，加水稀释溶液，减小D．向弱酸溶液中加少量溶液，恢复到常温，该弱酸的电离平衡常数不变【答案】C【详解】A．由表格数据可知，相同温度下碳酸的氢硫酸的，则碳酸的酸性强于氢硫酸，A正确；B．多元弱酸以第一步电离为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，B正确；C．，常温下，加水稀释溶液，不变，减小，则增大，C错误；D．弱酸的电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，则向弱酸溶液中加少量溶液，恢复到常温，该弱酸的电离平衡常数不变，D正确；故答案选：C。8．下列关于醋酸性质的描述，不能证明它是弱电解质的是A．0.1mol·L-1的醋酸溶液中H+浓度约为10-3mol·L-1B．醋酸溶液中存在CH3COOH分子C．CH3COONa溶液pH大于7D．5mL0.1mol·L-1的醋酸溶液与5mL0.1mol·L-1的KOH溶液恰好完全中和【答案】D【详解】A．0.1mol·L-1的醋酸溶液中H+浓度约为10-3mol·L-1，说明不完全电离，说明其为弱电解质，A不符合题意；B．醋酸溶液中存在CH3COOH分子，说明没有完全电离，说明是弱电解质，B不符合题意；C．室温时，CH3COONa溶液的pH大于7说明该物质为强碱弱酸盐，醋酸是弱电解质，C不符合题意；D．5mL0.1mol·L-1的醋酸溶液与5mL0.1mol·L-1的KOH溶液恰好完全中和说明其为一元酸，不能说明其为弱电解质，D符合题意；故选D。9．将0.1mol•L-1CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起的变化是A．溶液的pH增大 B．CH3COOH的电离度变大C．溶液中c(OH-)减小 D．溶液的导电能力减弱【答案】A【详解】A．CH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释时，平衡虽然正向移动，当溶液中H+浓度减小，溶液的pH增大，但加入CH3COONa晶体时，平衡逆向移动，溶液中的H+浓度减小，溶液的pH增大，A符合题意；B．CH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释时，平衡虽然正向移动，CH3COOH的电离度变大，加入CH3COONa晶体，平衡逆向移动，CH3COOH的电离度变小，B不合题意；C．由A项分析可知，两种措施均能使溶液的pH增大，则溶液中c(OH-)增大，C不合题意；

D．溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度和离子所带的电荷有关，加水稀释时，平衡虽然正向移动，当溶液中CH3COO-、H+浓度均减小，溶液的导电能力减弱，而加入醋酸钠晶体后，溶液中的CH3COO-浓度增大，还有Na+、H+均可导电，则溶液的导电能力增强，D不合题意；故答案为：A。10．在0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+。对于该平衡，下列叙述正确的是A．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动B．加水，平衡向逆反应方向移动C．滴加少量0.1mol·L-1HCl溶液，溶液中c(H+)减少D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动【答案】A【详解】A．向上述溶液中加入少量NaOH固体，OH-会中和H+，导致c(H+)减小，使电离平衡向正反应方向移动，A正确；B．加水稀释，电离平衡向电离的正方向移动，B错误；C．滴加少量0.1mol·L-1HCl溶液，溶液中c(H+)增大，导致电离平衡逆向移动，但平衡逆向移动导致溶液中c(H+)减少的影响小于加入HCl溶液使c(H+)增大的影响，最终达到平衡后溶液中c(H+)增大，C错误；D．向醋酸溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液中c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，D错误；故合理选项是A。11．已知常温下，几种物质的电离平衡常数。下列说法或离子方程式正确的是弱酸A．等浓度的、、、、中，结合质子能力最强的是B．向溶液中滴加少量氯水：C．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫：D．溶液中通入少量二氧化硫：【答案】D【详解】A．酸性越弱(K值越小)，其对应酸根结合氢离子的能力越强，所以等浓度的、、、、中，结合质子能力最强的是，A错误；B．向溶液中滴加少量氯水：，B错误；C．次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应：，C错误；D．根据电离平衡常数可知酸性：，所以少量气体通入溶液中会发生反应：，D正确；答案选D。12．在0.1mol·L-1的HCN溶液中存在如下电离平衡：HCNH++CN-。下列叙述正确的是A．加入少量NaOH固体，平衡正向移动B．加入少量NaCN固体，平衡正向移动C．加水，平衡逆向移动D．滴加少量0.1mol·L-1HCl溶液，溶液中c(H+)减小【答案】A【详解】A．加入NaOH固体，OH-与H+结合，促进平衡正向进行，A正确；B．加入NaCN固体，溶液中CN-的浓度增大，促进平衡逆向进行，B错误；C．加水，促进电离，平衡正向进行，C错误；D．加入HCl，溶液中H+浓度增大，平衡逆向进行，CN-浓度减小，D错误；故答案为：A。13．25℃时，在0.1mol/L氨水中存在以下电离平衡NH3•H2ONH+OH-，对于该平衡，下列叙述正确的是A．温度升高，平衡向逆反应方向移动B．通入少量HCl气体，平衡向正反应方向移动C．滴加少量0.1mol/LNaOH溶液，溶液中c(OH-)减少D．加入少量NH4Cl固体，NH3•H2O的电离程度增大【答案】B【详解】A．电离吸热，温度升高，平衡向正反应方向移动，故A错误；B．通入少量HCl气体，氢氧根离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，故B正确；C．氨水是弱碱，在0.1mol/L氨水中氢氧根离子的浓度小于0.1mol/L，滴加少量0.1mol/LNaOH溶液，氢氧根离子的浓度增大，故C错误；D．加入少量NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，电离平衡NH3•H2ONH+OH-逆向移动，NH3•H2O的电离程度减小，故D错误；选B。14．常温下碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如下表。下列说法正确的是A．向溶液中通入少量：B．常温下，相同浓度的溶液和溶液的酸性，后者更强C．向溶液中通入少量：D．向氯水中分别加入等浓度的溶液和溶液，均可提高氯水中HClO的浓度【答案】A【分析】电离平衡常数可以表示酸性强弱，从电离平衡常数可以判断出，酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，以此解题。【详解】A．Na2CO3溶液中通入少量SO2，生成HCO和SO，因为酸性：H2CO3＞HSO，所以不能生成H2CO3和SO，故A正确；B．H2SO3的第一电离平衡常数为K1=1.29×10-2，而H2CO3的第一电离平衡常数为K1=4.4×10-7，所以相同条件下，同浓度的H2SO3溶液的酸性强于H2CO3溶液的酸性，故B错误；C．H2CO3＞HClO＞HCO，所以少量的CO2通入NaClO溶液中碳酸氢根离子和次氯酸，正确的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-═HCO+HClO，故C错误；D．向氯水中加入NaHSO3溶液，NaHSO3能和氯水中HClO发生氧化还原反应而降低HClO的浓度，故D错误；故选A。15．在溶液中存在：，对于该平衡，下列叙述错误的是A．加入少量冰醋酸，电离平衡向正向移动，保持不变B．加入少量固体，溶液中浓度减小C．升高温度，醋酸的电离程度增大，溶液减小D．加入少量固体，减小【答案】D【详解】A．加入少量冰醋酸，浓度增大，电离平衡正向移动，只与温度有关，温度不变，不变，A正确；B．加入少量固体，中和溶液中的氢离子，使溶液中浓度减小，B正确；C．升高温度，促进电离，醋酸的电离程度增大，增大，减小，C正确；D．，加入少量固体，电离平衡逆向移动，减小，不变，则增大，D错误；故答案选：D。考点二水的电离和溶液的酸碱性考点二水的电离和溶液的酸碱性分值：30分建议用时：20分钟一、选择题（每小题2分，共30分）1．纯水在10℃和50℃时的氢离子浓度，前后两个量的大小关系为A．大于 B．等于 C．小于 D．不能确定【答案】C【详解】水的电离过程是吸热的过程，升高温度，促进水的电离，氢离子浓度增大。2．下列关于溶液酸碱性的说法中，正确的是A．的溶液一定显酸性B．的溶液一定显中性C．的溶液一定显中性D．不能使酚酞试液变红的溶液一定显酸性【答案】C【详解】A．常温下，溶液中c(H+)＜0是酸性溶液，即常温下的溶液一定显酸性，非常温下就不一定是酸性溶液，A错误；B．常温下，的溶液一定显中性，非常温下的溶液可能是酸性也可能是碱性，B错误；C．任何温度下，的溶液一定显中性，C正确；D．常温下，酚酞的变色范围是8.0~10.0，故不能使酚酞试液变红的溶液不一定显酸性，D错误；故答案为：C。3．水的电离过程为。在25℃、35℃时水的离子积常数分别为、。下列叙述中正确的是A．纯水中随着温度的升高而增大B．在35℃时，纯水中C．水的电离度D．水的电离过程是放热过程【答案】A【详解】A．纯水中，在25℃、35℃时水的离子积常数分别为、，因此纯水中随着温度的升高而增大，故A项正确；B．由水的电离方程式可知，纯水中，故B项错误；C．化学反应平衡常数越大，说明反应进行程度越大，根据水的离子积常数可知，升高温度有利于水的电离，因此水的电离度，故C项错误；D．升高温度促进水的电离，而升高温度平衡将向吸热反应方向移动，因此水的电离为吸热过程，故D项错误；综上所述，正确的是A项。4．用NaOH标准溶液滴定稀盐酸的实验中，下列操作会造成测定结果偏高的是A．滴定终点读数时俯视读数 B．判断终点用甲基橙作指示剂C．锥形瓶水洗后未干燥 D．锥形瓶用盐酸溶液润洗【答案】D【详解】A．滴定终点读数时俯视读数，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故A不选；B．甲基橙的变色点为3.1～4.4，用NaOH标准溶液滴定稀盐酸，用甲基橙作指示剂，则未完全消耗盐酸时指示剂发生变色，消耗的NaOH溶液体积偏小，则导致测定结果偏低，故B不选；C．锥形瓶水洗后未干燥，对消耗标准液体积不产生影响，测定结果不变，故C不选；D．锥形瓶用待装液盐酸润洗，待测液中溶质的物质的量偏大，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故D选；故选：D。5．常温下，某一元酸(HA)溶液中，下列叙述正确的是A．溶液中水电离出的B．溶液中C．溶液中加入一定量晶体，则溶液中的增大D．等浓度等体积的盐酸和HA溶液，盐酸中和碱的能力更强【答案】C【详解】A．某一元酸(HA)溶液中，则，故溶液中氢离子浓度为10-3mol/L，那么水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度，为mol/L，A错误；B．根据物料守恒可知，，B错误；C．溶液中加入一定量晶体，醋酸根离子和氢离子结合成弱酸醋酸分子，导致氢离子浓度减小，则溶液中的增大；C正确；D．等浓度等体积的盐酸和HA溶液中能释放出的氢离子的物质的量相同，故两者中和碱的能力相同，D错误；故选C。6．用已知物质的量浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，选择甲基橙作指示剂。下列操作正确的是A．量取氢氧化钠溶液前，应按图示方式排气泡B．酸式滴定管检漏、清洗后，直接注入标准盐酸溶液C．滴定前，盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用待装液润洗D．滴定过程中眼睛注视滴定管中液面的变化【答案】A【详解】A．量取氢氧化钠溶液前，应按图示方式排气泡，A正确；B．酸式滴定管检漏、清洗后，需要用标准盐酸溶液润洗酸式滴定管，B错误；C．锥形瓶不用待装液润洗，C错误；D．滴定过程中眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，D错误；故选A。7．常温下，若1体积溶液与2体积的溶液混合所得溶液的(溶液体积变化不计)，则与物质的量浓度之比应为A． B． C． D．【答案】B【详解】的溶液物质的量浓度为1×10−3mol∙L−1，，设溶液的物质的量浓度为，体积为，则氢氧化钠溶液的体积为，混合所得溶液的，即，解得，则与物质的量浓度之比应为，故B符合题意。综上所述，答案为B。8．向蒸馏水中滴入少量盐酸后，下列说法中错误的是A．c(H＋)·c(OH－)不变 B．pH增大了C．c(OH－)降低了 D．水电离出的c(H＋)减小了【答案】B【详解】c(H＋)·c(OH－)＝KW，KW只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，A正确；滴入少量盐酸后，c(H＋)增大，pH减小，B错误；因c(H＋)·c(OH－)＝KW，c(H＋)增大，则c(OH－)减小，C正确；滴入盐酸，会抑制水的电离，水电离出的c(H＋)减小，D正确9．温度，向的蒸馏水中通入一定量的，保持温度不变，测得溶液的为2，下列叙述正确的是A．T小于25B．该溶液中由水电离出来的的浓度是C．通入促进了水的电离D．该温度下加入等体积的溶液可使该溶液，恰好呈中性【答案】B【详解】A．下蒸馏水的，所以，时，所以大于25，故A错误；B．由为2可知，，则，故B正确；C．将通入蒸馏水中，抑制水的电离，故C错误；D．因为，所以应加入等体积的溶液，才能使该溶液恰好呈中性，故D错误；故选B。10．在不同温度下，水达到电离平衡时与的关系如图所示。时，将的溶液和的溶液等体积混合后(混合后溶液的体积变化忽略不计)，该溶液的是A．1.7 B．2 C．10 D．10.3【答案】C【详解】时，，该温度下溶液中，的溶液中，二者等体积混合后，混合溶液中，，。11．关于常温下pH为2的盐酸，下列叙述正确的是A．将10mL，该溶液稀释至100mL后，B．向该溶液中加入等体积pH为12的氨水恰好完全中和C．该溶液中盐酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为D．该溶液中由水电离出的(H+)【答案】C【详解】A．将的盐酸稀释至后，，pH=3，故A错误；B．向该溶液中加入等体积pH为12的氨水，由于一水合氨部分电离，氨水过量，HCl完全反应后溶液中仍含有大量的，故B错误；C．该溶液中水电离出的，则盐酸电离出的与水电离出的之比为，故C正确；D．该溶液中由水电离出的，故D错误。综上所述，答案为C。12．常温下某溶液中由水电离出的c(H＋)为1.0×10－12mol·L－1，下列说法正确的是A．一定是酸的溶液 B．一定是碱的溶液C．一定是中性溶液 D．可能是酸性溶液也可能是碱性溶液【答案】D【详解】常温下水电离出的c(H＋)为1.0×10－12mol·L－1<1.0×10－7mol·L－1说明抑制了水的电离，可能是加入了OH－或H＋，所以溶液可能是碱性溶液也可能是酸性溶液。13．中和滴定时，下列操作不会引起误差的是A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，未烘干就注入待测溶液B．滴定管用蒸馏水洗净后，就直接注入标准溶液进行滴定C．锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后再加入待测溶液D．滴定管下端留有气泡，就开始滴定，滴定后气泡消失【答案】A【详解】A．锥形瓶用来盛放待测液，滴定前用移液管或滴定管量取一定体积的待测液放入锥形瓶，由此可见锥形瓶用蒸馏水洗净后，未烘干就注入待测溶液，对结果无影响，A正确；B．滴定管用蒸馏水洗净后，直接注入标准溶液进行滴定，使得标准液浓度偏低，消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏高，B错误；C．锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后再加入待测溶液，使得待测液中溶质的物质的量偏高，消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏高，C错误；D．滴定管下端留有气泡，就开始滴定，滴定后气泡消失，使得消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏高，D错误；答案选A。14．某实验小组用稀盐酸标准液滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作符合实验规范的是A．用碱式滴定管盛装标准液 B．用量筒准确量取NaOH溶液后注入锥形瓶中C．选用紫色石蕊溶液作指示剂 D．滴定过程中时刻注视锥形瓶中溶液的变化【答案】D【详解】A．标准液为稀盐酸，呈酸性，应该用酸式滴定管盛放，不能用碱式滴定管盛装标准液，A项错误；B．中和滴定时，应该用碱式滴定管或移液管量取NaOH溶液后注入锥形瓶中，不使用准确度较低的量筒量取NaOH溶液，B项错误；C．紫色石蕊溶液的颜色变化不明显，中和滴定时通常不用紫色石蕊作指示剂，该实验滴定终点时溶液呈中性，可选用酚酞作指示剂，C项错误；D．中和滴定时，眼睛要时刻注视锥形瓶中溶液的变化，便于及时判断滴定终点，D项正确；答案选D。15．25℃时，向20mL0.1mol/L溶液中逐滴加入0.1mo/LNaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．a点的pH>1B．c点时，V(NaOH)=20mLC．反应过程中的值逐渐增大D．a、b、c点溶液中，水的电离程度逐渐增大【答案】B【分析】a为起始点。B点加入NaOH为10mL主要成分为n(CH3COONa):n(CH3COOH)=1:1。加入20mL时为反应终点物质为CH3COONa，pH>7。所以pH=7的成分有CH3COONa和CH3COOH。【详解】A．CH3COOH为弱电解质则0.1mol/LCH3COOH电离出的H+少于0.1mol/L即pH>1，A项正确；B．加入20mL时为反应终点物质为CH3COONa，pH>7。所以pH=7的成分有CH3COONa和CH3COOH即加入NaOH少于20mL，B项错误；C．，加入NaOH后c(H+)被消耗而降低，则该值的随着反应的进行而增大，C项正确；D．a→b→c加入NaOH产生了CH3COONa能促进水的电离，因此a→b→c水的电离程度增大，D项正确；故选B。考点三盐类的水解考点三盐类的水解分值：50分建议用时：30分钟一、选择题（每小题2分，共30分）1．下列事实与盐类水解无关的是A．与溶液可作焊接金属时的除锈剂B．草木灰与铵态氮肥不能混合施用C．加热蒸干溶液得到固体D．要除去溶液中混有的，可通入适量氧化剂【答案】D【详解】A．与均水解而使溶液显酸性，所以可作焊接金属时的除锈剂，A不符合题意；B．草木灰与铵态氮肥混合施用会发生互相促进的水解反应，会降低肥效，B不符合题意；C．水解方程式为，加热蒸干溶液，会使挥发，得到固体，C不符合题意；D．除去溶液中混有的时通入氧化剂，是利用氧化还原反应原理，与水解无关，D符合题意；故答案为：D。2．在的平衡体系中，要抑制的水解，可采取的措施为A．升高温度 B．滴加少量盐酸C．加入适量氢氧化钠溶液 D．加水稀释【答案】B【分析】由可知，加酸可抑制Al

3+的水解，以此来解答。【详解】A．水解为吸热反应，加热促进水解，故A不选；B．滴加少量盐酸，氢离子浓度增大，抑制水解，故B选；C．加入适量的氢氧化钠溶液，与氢离子反应，促进水解，故C不选；D．加水稀释，促进水解，故D不选；故选B。3．MOH强碱溶液和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，溶液中有关离子的浓度应满足的关系是A．c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋) B．c(M＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)C．c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋) D．c(M＋)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)【答案】C【详解】MOH是强碱，HA是等体积、等浓度的弱酸，混合之后恰好完全反应生成MA，这是一种强碱弱酸盐，溶液显碱性，即c(OH－)>c(H＋)；由电荷守恒知c(M＋)+c(H＋)=c(A－)+c(OH－)，则c(M＋)>c(A－)，故溶液中有关离子浓度满足的关系是c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，选择C。4．某温度下，向一定体积的溶液中逐滴加入等浓度的溶液，溶液[]与的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．点，则点所示溶液呈酸性B．该温度下水的离子积C．点所示溶液呈中性，则、、三点中只有点溶液中水电离出的与水电离出的相等D．点所示溶液中【答案】B【详解】A．N点，则N点，溶液呈碱性，故A错误；B．Q点溶液呈中性，此时溶液中，水的离子积常数，故B正确；C．任何电解质溶液中都存在，故C错误；D．M点，则M点，根据电荷守恒可知，，故D错误；故答案为B。5．常温下，下列指定溶液中微粒的浓度关系正确的是A．溶液：B．溶液：C．溶液：D．溶液：【答案】C【详解】A．溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，但水解程度不大，则，A错误；B．根据质子守恒，应是，B错误；C．溶液中发生水解使溶液呈酸性，C正确；D．由元素质量守恒知，，D错误。故选C。6．下列属于水解反应的离子方程式且书写正确的是A．B．C．D．【答案】D【详解】A．是的电离方程式，A错误；B．水解的程度很微弱，离子方程式中不写沉淀符号，正确的离子方程式为，B错误；C．多元弱酸根离子分步水解，亚硫酸根离子水解的离子方程式为，C错误；D．是弱酸，水解生成和：，D正确；故选D。7．已知H2A为二元弱酸，25℃时，用Na2A溶液吸收H2A，且最终吸收H2A的量小于原溶液中Na2A的物质的量，其吸收液pH随变化的关系如图所示，以下说法不正确的是A．NaHA溶液中：c(H+)＞c(OH-) B．Na2A溶液中：c(A2-)＞c(HA-)C．H2A的第二步电离常数为10-7.2 D．当吸收液呈中性时：c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)【答案】D【详解】A．图象中吸收液pH随变化关系可知：随着HA-的浓度的增大，溶液酸性增强，说明NaHA溶液显示酸性，即：c(H+)＞c(OH-)，A正确；B．已知H2A为二元弱酸，形成的盐Na2A溶液中A2-离子分步水解，水解程度逐渐减弱，所以溶液中离子浓度：c(A2-)＞c(HA-)，B正确；C．当=1时，pH=7.2，即溶液中c(H+)=10-7.2mol/L，则H2A的第二步电离常数Ka2=，C正确；D．吸收液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，所以c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，D错误；故合理选项是D。8．常温下浓度均为0.1mol/L的四种盐溶液，其pH如表所示，下列说法正确的是序号①②③④溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3A．等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的是HClOB．Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C．四种溶液中水的电离程度：①＞②＞④＞③D．NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)【答案】D【详解】A．盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，对应酸的酸性越弱，故等浓度的和HClO溶液，的酸性强，溶液的pH较小，A错误；B．溶液中存在的平衡有：，，，溶液中存在的平衡有：，，，所以两种溶液中粒子均为、、H2CO3、H+、OH-、H2O，粒子种类相同，B错误；C．能水解的盐能促进水的电离，盐的水解程度越大，水的电离程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③>④>②>①，C错误；D．由物料守恒可知，溶液中存在，D正确；故选D。9．室温时，向20mL0.1mol/L的醋酸溶液中不断滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示。在滴定过程中，下列说法不正确的是A．溶液中水的电离程度：a>cB．b点时溶液中有：c(Na+)=c(CH3COO-)C．室温时，Ka(CH3COOH)>Kb(CH3COO-)D．d点时溶液中离子浓度关系为c(Na+)>(OH-)>(CH3COO-)>(H+)【答案】A【分析】向20mL0.1mol/L的醋酸溶液中不断滴加0.1mol/L的NaOH溶液，NaOH溶液体积为20mL时恰好完全反应得到0.05mol/L的醋酸钠溶液，即c点。【详解】A．a点对应滴加10ml0.1mol/L的NaOH溶液，此时溶液组成为等物质的量醋酸和醋酸钠，溶液显酸性，则水的电离程度受到抑制，c点溶质为醋酸钠，水的电离程度受到促进，所以溶液中水的电离程度：a<c，故A错误；B．b点时溶液呈中性，c(H+)=(OH-)，根据电荷守恒等式可得：c(Na+)=c(CH3COO-)，故B正确；C．由a点溶液组成为等物质的量醋酸和醋酸钠，此时溶液显酸性可知，醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，即Ka(CH3COOH)>Kb(CH3COO-)，故C正确；D．d点对应滴加40ml0.1mol/L的NaOH溶液，此时溶液组成为等物质的量氢氧化钠和醋酸钠，此时溶液中离子浓度关系为：c(Na+)>(OH-)>(CH3COO-)>(H+)，故D正确；故答案选A。10．下列说法正确的是A．某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应B．将溶液和溶液分别蒸干均能得到原溶质C．将水逐滴加入冰醋酸，溶液的导电性和醋酸的电离度均一直增大D．常温下，相同的和溶液中，的浓度相同【答案】D【详解】A．某盐溶液呈酸性，该盐不一定发生了水解反应，也可能发生了电离，如硫酸氢钠溶液，故A错误；B．将溶液蒸干能得到原溶质，溶液易氧化，蒸干后得到硫酸钠，故B错误；C．将水逐滴加入冰醋酸，溶液的导电性先增大后减小，但醋酸的电离度一直增大，故C错误；D．常温下，相同的和溶液中，水解而呈酸性，酸性相同，的浓度相同，故D正确；故选D。11．对0.1mol/L的溶液适当升温，下列说法不正确的是A．变大 B．离子浓度减小C．水的电离程度增大 D．【答案】D【详解】A．升高温度，促进水电离，变大，故A正确；B．的水解是吸热反应，升高温度，的水解程度变大，离子浓度减小，故B正确；C．

升高温度，促进水电离，水的电离程度增大，故C正确；D．根据物料守恒：，故D错误；故选D。12．将AlCl3溶液和Al(NO3)3溶液分别加热蒸干，并灼烧，所得产物的主要成份是：A．均为Al(OH)3 B．前者得Al2O3，后者得Al(NO3)3C．均为Al2O3 D．前者得AlCl3，后者得Al(NO3)3【答案】C【详解】AlCl3和Al(NO3)3都是强酸弱碱盐，水解产生A1(OH)3、HCl及HNO3，由于盐酸和硝酸都是挥发性的酸，所以AlCl3溶液和Al(NO3)3溶液在加热时水解生成固体A1(OH)3，Al(OH)3在加热条件下分解生成Al2O3，故合理选项是C。13．将0.2mol/L的NH4NO3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，下列有关混合溶液中微粒的浓度关系正确的是A．c(NH)=c(Na+)＞c(OH-)＞c(NH3·H2O) B．c(NH)=c(Na+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)C．c(Na+)＞c(NH)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-) D．c(NH)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(NO)【答案】D【分析】将0.2mol/L的NH4NO3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，二者发生反应：NH4NO3+NaOH=NaNO3+NH3∙H2O，根据二者浓度大小可知NH4NO3溶液过量，最终得到的是NH4NO3、NaNO3、NH3∙H2O等浓度的混合溶液。然后根据物料守恒、电荷守恒、物质的水解、电离规律分析解答。【详解】A．两种溶液等体积混合后，得到NH4NO3、NaNO3、NH3∙H2O等浓度的混合溶液，由于NH除了盐NH4NO3电离产生，弱电解质NH3∙H2O也会电离产生，而c(Na+)不变，所以溶液中两种浓度大小关系为c(NH)＞c(Na+)；且NH3∙H2O是弱电解质，电离程度很小，电离产生的OH-浓度远小于电解质的浓度，因此溶液中c(NH3·H2O)＞c(OH-)，NH3∙H2O电离消耗，则最终溶液中离子浓度大小关系为：c(NH)＞c(Na+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)，A错误；B．两种溶液等体积混合后，得到NH4NO3、NaNO3、NH3∙H2O等浓度的混合溶液，由于NH除了盐NH4NO3电离产生，弱电解质NH3∙H2O也会电离产生，而c(Na+)不变，所以溶液中两种浓度大小关系为c(NH)＞c(Na+)，B错误；C．两种溶液等体积混合后，得到NH4NO3、NaNO3、NH3∙H2O等浓度的混合溶液，由于NH除了盐NH4NO3电离产生，弱电解质NH3∙H2O也会电离产生，而c(Na+)不变，所以溶液中两种浓度大小关系为c(NH)＞c(Na+)。NH3∙H2O是弱电解质，电离程度很小，因此其电离产生的离子浓度小于电解质的浓度，则溶液中c(NH3·H2O)＞c(OH-)，NH3∙H2O电离消耗，而c(Na+)不变，因此溶液中离子浓度大小关系为：c(NH)＞c(Na+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)，C错误；D．在该溶液中存在阳离子有Na+、NH、H+，阴离子有OH-、NO，故根据电荷守恒可知由关系式为：c(NH)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(NO)，D正确；故合理选项是D。14．常温下，用溶液滴定溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是A．该滴定实验中，选择甲基橙作指示剂的滴定误差小B．点①所示溶液中：C．点②所示溶液中：D．点③所示溶液中：【答案】D【分析】用溶液滴定溶液，根据反应方程式，当20mL时，达到终点，如图①点，溶质为，，呈碱性；如图所示，③点时，10mL，溶质为、，且浓度相等，，呈酸性；②点时，20mL，，醋酸过量；【详解】A．综上所述，滴定达到终点时，如图①点，溶质为，，呈碱性，选择酚酞作指示剂，故A错误；B．点①所示溶液中，溶质为，，呈碱性，；根据电荷守恒，可得，所以，故B错误；C．点②所示溶液中，，，根据电荷守恒，可得，所以，故C错误；D．点③所示溶液中，溶质为、，且浓度相等，根据物料守恒有，故D正确；故选D。15．常温下，将等体积、等物质的量浓度的与溶液混合，析出部分晶体，过滤，所得滤液。下列关于滤液中的粒子浓度关系不正确的是A．B．C．D．【答案】C【详解】A．根据题意可知滤液中的溶质主要为和。滤液的，即，，A项正确；B．溶液中存在元素质量守恒，即，B项正确；C．根据电荷守恒可知溶液中，，C项错误；D．发生水解反应，则，析出部分晶体，则减小，且电离出程度很小，故溶液中，D项正确。故选C。二、填空题（共20分）16．（10分）回答下列问题：(1)向纯碱溶液中滴入酚酞试液，观察到的现象是，原因是(用离子方程式表示)。若微热溶液，观察到的现象是，由此证明碳酸钠的水解是(填“吸热”或“放热”)反应。(2)溶液中2(填“大于”或“小于”)，能使其比值接近2的措施有(填序号)。①加入适量盐酸

②加入适量固体

③加入适量固体

④加热

⑤加入适量固体(3)若向滴有酚酞试液的纯碱溶液中加入少量氯化铁溶液，观察到的现象是，反应的离子方程式是。【答案】(1)溶液变红溶液红色加深吸热(2)大于③⑤(3)溶液红色变浅，有红褐色沉淀生成，有气泡冒出【详解】（1）纯碱即碳酸钠，其溶液由于发生水解使溶液呈碱性，故向纯碱溶液中滴入酚酞试液后溶液变为红色，若微热溶液，观察到的现象是溶液红色加深，即溶液碱性增强，说明升高温度促进的水解，根据勒夏特列原理可知碳酸钠的水解是吸热反应，故答案为：溶液变红；；溶液红色加深；吸热；（2）发生水解，故；若使该比值接近2，就要使减小，①④均促进水解，增大；②加入适量固体，虽然能抑制水解，但又加入了、增大，增大；③⑤均能抑制水解，即可使减小，故答案为：大于；③⑤；（3）由于水解是溶液呈碱性，由于水解使溶液呈酸性，即二者水解相互促进，形成双水解反应，水解程度较大，离子方程式中要用“”，即，故答案为：溶液红色变浅，有红褐色沉淀生成，有气泡冒出；。17．（10分）常温下，有浓度均为0.1mol·L-1的下列6种溶液：①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NH3·H2O溶液⑤HCl溶液⑥FeCl3溶液HCNH2CO3CH3COOHKa=4.9×10-10Ka1=4×10-7Ka2=5.6×10-11Ka=1.7×10-5(1)溶液③pH=10的原因是(用离子方程式表示，下同)；溶液④pH=11的原因是。(2)溶液①中各离子浓度由大到小的顺序是。(3)溶液①和③相比较，pH(NaCN)pH(CH3COONa)(填“>”“<”或“=”)。(4)25℃时，V1L⑤HCl溶液和V2L②NaOH溶液混合后，混合溶液的pH=12，则V1：V2=。(5)实验室配制⑥FeCl3溶液时，通常加入少量盐酸，原因是。(6)25℃时，向①NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式为。(7)常温下若③CH3COONa和④CH3COOH的混合溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，则该溶液呈性。(填“酸”“碱”或“中”)【答案】(1)CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-NH3·H2O⇌+OH-(2)c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)(3)>(4)9:11(5)Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；加入盐酸后，增加了c(H+)，使平衡向左移动，抑制Fe3+的水解(6)CN-+CO2+H2O=HCN+(7)中【详解】（1）醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，所以CH3COONa溶液pH=10；NH3·H2O是弱碱，NH3·H2O电离出氢氧根离子，NH3·H2O⇌+OH-，所以溶液④pH=11。（2）NaCN是强碱弱酸盐，CN-水解，溶液呈碱性，NaCN溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)；（3）HCN酸性小于CH3COOH，根据“越弱越水解”，同浓度的NaCN、CH3COONa，NaCN水解程度大于CH3COONa，所以溶液①和③相比较，pH(NaCN)>pH(CH3COONa)。（4）25℃时，V1L⑤HCl溶液和V2L②NaOH溶液混合后，混合溶液的pH=12，则，所以V1：V2=9:11。（5）Fe3+易水解，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入盐酸后，c(H+)增大，使平衡向左移动，抑制Fe3+的水解，所以实验室配制⑥FeCl3溶液时通常加入少量盐酸。（6）25℃时，Ka1(H2CO3)>Ka(HCN)>Ka2(H2CO3)，向①NaCN溶液中通入少量CO2生成碳酸氢钠和HCN，发生反应的离子方程式为CN-+CO2+H2O=HCN+；（7）常温下若③CH3COONa和④CH3COOH的混合溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，根据电荷守恒c(H+)=c(OH-)，则该溶液呈中性。考点四沉淀溶解平衡考点四沉淀溶解平衡分值：50分建议用时：30分钟一、选择题（每小题2分，共30分）1．在自然界中，原生铜的硫化物转变成后遇到地壳深层的ZnS和PbS便慢慢转变为CuS。由此可知，下列物质中溶解度最小的是(

)A． B．ZnS C．PbS D．CuS【答案】D【详解】易溶于水，而ZnS、PbS、CuS难溶于水，原生铜的硫化物转变成后遇到地壳深层的ZnS和PbS便慢慢转变为CuS，根据溶解度小的矿物可以转化为溶解度更小的知，ZnS和PbS溶解度大于CuS，溶解度最小的是CuS；故答案为D。2．下列化学原理的应用，可以用沉淀溶解平衡原理来解释的是①热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强

②误将钡盐[、]当作食盐食用后，常用0.5%的溶液解毒

③石灰岩(喀斯特地貌)溶洞的形成

④不能作“钡餐”，而可以

⑤泡沫灭火器灭火原理A．②③④ B．①②③ C．③④⑤ D．①②③④⑤【答案】A【分析】①纯碱溶液中碳酸根水解生成氢氧根，氢氧根能使油污水解，温度越高，水解程度越大，氢氧根浓度越大；②氯化钡、硝酸钡溶液与硫酸钠溶液混合后，离子平衡向生成更难溶的硫酸钡的方向移动；③难溶于水的碳酸钙在水中二氧化碳的作用下向生成可溶的碳酸氢钙方向移动，长时间作用形成溶洞；④碳酸钡与胃酸反应生成可溶性钡盐和二氧化碳、水，对人体由毒，而硫酸钡难溶于稀盐酸溶液，可以使用；⑤泡沫灭火器中含有碳酸氢钠和硫酸铝，两者混合后铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成不助燃的二氧化碳，氢氧化铝和水，氢氧化铝吸热分解生成耐高温的氧化铝，起到灭火作用。【详解】A．②③④均涉及到沉淀溶解平衡的移动，A正确；B．①的反应原理为盐的水解平衡移动，不是沉淀溶解平衡原理，B错误；C．⑤涉及到盐的水解平衡移动，不是沉淀溶解平衡原理，C错误；D．①、⑤不是沉淀溶解平衡原理，D错误；故选A。3．25℃时，和的沉淀溶解平衡曲线如图(代表或)所示。下列说法不正确的是A．a点可表示的饱和溶液B．c点可表示的过饱和溶液，达新平衡时可到达b点C．d点时溶液中存在(忽略单位)D．用溶液浸泡足量，会有部分转化为【答案】B【详解】A．a点在CaCO3沉淀溶解平衡曲线上，可表示CaCO3的饱和溶液，A正确；B．c点表示的是的过饱和溶液，溶液中存在，平衡逆向移动，、同时减小，达到新平衡后，无法到达b点，B错误；C．d点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上，根据图可知，c(Mn2+)·c()=4×10-6×4×10-6=1.6×10-11，C正确；D．虽然MnCO3的溶度积常数小于CaCO3，但是仍会发生反应，用0.10mol⋅L−1CaCl2溶液浸泡足量MnCO3，相当于增大反应物浓度，平衡正向移动，会有部分碳酸锰转化为碳酸钙，D正确；故答案选B。4．为研究沉淀之间的转化，某小组设计如图实验：下列分析正确的是A．白色浊液中不存在自由移动的Ag+ B．实验2说明Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)C．把实验①②交换顺序，看不到白色沉淀 D．黑色浊液中不含AgI【答案】C【详解】A．白色浊液中存在AgCl的沉淀溶解平衡，存在自由移动的Ag+，故A错误；B．实验2沉淀发生转化，说明AgI更难溶，溶度积越小的越易沉淀，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B错误；C．把实验①②交换顺序，由于KI过量且Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，因此直接产生黄色沉淀，看不到白色沉淀，故C正确；D．实验③存在沉淀转化为Ag2S，其存在沉淀溶解平衡，由于实验②中KI是过量的，则Ag+与I-可结合生成AgI，故D错误；故选：C。5．硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质。常温下-lgc(Ba2＋)随-lgc(CO)或-lgc(SO)的变化趋势如图，下列说法正确的是A．趋势线A表示硫酸钡B．向100mL含有CO、SO混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，SO一定先沉淀C．将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，此时溶液中的=10D．向碳酸钡悬浊液中加入饱和硫酸钠溶液，若碳酸钡转化成了硫酸钡，则可证明硫酸钡Ksp更小【答案】C【分析】浓度越大，则浓度的负对数越小，硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质，则由图可知，A为碳酸钡的溶解度曲线，B为硫酸钡的溶解度曲线，【详解】A．由以上分析可知，A为碳酸钡的溶解度曲线，故A错误；B．由于碳酸根和硫酸根离子浓度不确定，若碳酸根离子浓度远大于硫酸根离子，则滴加BaCl2溶液，先沉淀，故B错误；C．由图中数据可知，常温下，Ksp(BaCO3)=1×10-10，Ksp(BaSO4)=1×10-11，将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，溶液中存在，故C正确；D．向碳酸钡悬浊液中加入饱和硫酸钠溶液，存在沉淀转化，由于硫酸根离子浓度增大可促进平衡正向移动，使碳酸钡转化成了硫酸钡，但不可证明硫酸钡Ksp更小，故D错误；故选：C。6．常用MnS做沉淀剂处理含Cu2+废水，原理为Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq)。下列有关该反应的说法错误的是A．该反应达到平衡时，c(Mn2+)浓度不再变化 B．CuS的溶解度比MnS的溶解度小C．平衡后再加入少量MnS(s)，c(Mn2+)增大 D．该反应平衡常数K=【答案】C【详解】A．该反应达到平衡时，各微粒的浓度保持不变，所以c(Mn2+)浓度不再变化，A正确；B．可逆反应发生后，向生成更难溶物质的方向移动，所以CuS的溶解度比MnS的溶解度小，B正确；C．平衡后再加入少量MnS(s)，对各离子浓度不产生影响，所以平衡不发生移动，c(Mn2+)不变，C错误；D．该反应平衡常数K==，D正确；故选C。7．下列有关的沉淀溶解平衡的说法中，正确的是A．的生成和溶解不断进行，但速率相等B．难溶于水，溶液中没有和C．升高温度，的溶解度不变D．向的沉淀溶解平衡体系中加入NaCl固体，溶解的量不变【答案】A【详解】A．AgCl的生成和溶解不断进行，速率相等，存在溶解平衡，故A正确；B．固体在溶液中存在沉淀溶解平衡，所以溶液中有和，故B错误；C．升高温度，溶解度增大，故C错误；D．向平衡体系中加入固体，增大了，沉淀溶解平衡左移，溶解的量减小，故D错误；答案选A。8．常温下，已知KSP(ZnS)=1.6×10-24，KSP(CuS)=1.3×10-36。CuS和ZnS饱和溶液中阳离子(R2+)浓度与阴离子(S2-)浓度的负对数关系如图所示，下列说法不正确的是A．曲线A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnSB．p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液C．向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，KSP(CuS)减小D．向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，不可能实现n点到m点的转化【答案】C【详解】A．KSP(ZnS)>KSP(CuS)，所以曲线A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnS，故A正确；B．p点Q<KSP，p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液，故B正确；C．KSP只与温度有关，向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，KSP(CuS)不变，故C错误；D．向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，n点只能在沿曲线A向左上方移动，故D正确；选C。9．室温时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知的溶度积(室温)，下列说法中不正确的是A．的数值为 B．点时有生成C．加入蒸馏水可使溶液由点变成点 D．点与点对应的溶度积相等【答案】C【分析】图像为在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上b点和d点为饱和状态，a点不饱和，而c为过饱和状态，据此分析。【详解】A．在d点c()=1.410-4，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp=2.810-9，所以c(Ca2+)=210-5，故x的数值为210-5，故A正确；B．在c点c(Ca2+)>210-5，即相当于增大钙离子浓度，平衡左移，有CaCO3生成，B正确；C．d点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则

c(Ca2+)、c()都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由d点变成a点，C错误；D．b点与d点在相同的温度下，溶度积相等，D正确；故本题选C。10．已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序正确的是A．AgCl>AgI>Ag2CrO4 B．AgCl>Ag2CrO4>AgIC．Ag2CrO4>AgCl>AgI D．Ag2CrO4>AgI>AgCl【答案】C【详解】由Ksp(AgCl)=1.8×10-10可求出c(Ag＋)≈1.34×10-5mol·L-1；由Ksp(AgI)=8.5×10-17可求出c(Ag＋)≈0.92×10-8mol·L-1；由Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12可求出c(Ag＋)≈1.59×10-4mol·L-1，所以c(Ag＋)大小顺序为。故选C。11．25℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是A．溶液中Pb2＋和I-浓度都增大 B．溶液中Pb2＋和I-浓度都减小C．沉淀溶解平衡向右移动 D．溶液中Pb2＋浓度减小【答案】D【详解】A．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，故A错误；

B．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，故B错误；C．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，故C错误；D．加入KI溶液，I-浓度增大，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I-(aq)平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，故D正确；选D。12．如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，在T1温度下，下列说法不正确的是A．加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点B．在T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点时，均有BaSO4沉淀生成C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)D．升温可使溶液由b点变为d点【答案】D【详解】A．硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c(SO)，平衡左移，c(Ba2+)应降低，故A正确；B．在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时,Qc＞Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，故B正确；C．d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c(SO)、c(Ba2+)均增大，所以可能使溶液变饱和、由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，故C正确；D．升高温度,促进溶解平衡右移，c(SO)、c(Ba2+)均增大，不会使溶液由b点变为d点，故D错误；本题选D。13．医院常用硫酸钡作内服造影剂。BaCO3、BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列推断正确的是已知：①可溶性钡盐有毒，误服氧化钡中毒剂量为0.001~0.0025mol；②Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10A．曲线b代表BaSO4的沉淀溶解平衡曲线B．向p点的溶液中加入少量BaCl2固体，溶液组成沿曲线向m方向移动C．不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为D．可以用0.30mol/LNa2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃【答案】D【详解】A．已知Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c()=5.1×10-9，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c()=1.1×10-10，由图象可知曲线a的横、纵坐标之积＜曲线b的横纵坐标之积，则曲线b代表的是BaCO3的沉淀溶解平衡曲线，曲线a代表BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，A错误；B．向p点的溶液中加入少量BaCl2固体，钡离子浓度增大，溶液组成沿曲线向n方向移动，B错误；C．若用碳酸钡作为内服造影剂，碳酸钡与胃酸反应、转化为可溶性氯化钡，导致重金属离子中毒，C错误；D．用0.30mol/L的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃，使可溶性钡盐尽可能转化为不溶性的BaSO4，减小毒性，D正确；故合理选项是D。14